Đề chọn ĐTQG trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2020-2021

Bài 1. Với mỗi số nguyên dương $n$, tìm số thực $M_n$ lớn nhất sao cho với mọi số thực dương $x_1,x_2,\ldots ,x_n$ thì ta đều có $$\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k^2}}+\dfrac {1}{\left( \displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{x_k}\right)^2}\ge M_n\left( \displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k}}+\dfrac {1}{\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{x_k}}\right)^2.$$

Lời giải

Điều kiện cần. Với $x_1=x_2=\cdots =x_n=1,$ ta có $$n+\dfrac {1}{n^2}\ge M_n\left( n+\dfrac {1}{n} \right)^2 \text{ hay } M_n\le \dfrac {n^3+1}{(n^2+1)^2}.$$ Điều kiện đủ. Ta sẽ chứng minh hằng số trên thỏa mãn điều kiện đề bài, tức là $$\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k^2}}+\dfrac {1}{\left( \displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{x_k} \right)^2}\ge \dfrac {n^3+1}{(n^2+1)^2}\left( \displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k}}+\dfrac {1}{\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{x_k}} \right)^2.\quad (*)$$ Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì $$\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k^2}}\ge \dfrac {1}{n}\left( \displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k}} \right)^2.$$ Đến đây, đặt $a=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\dfrac {1}{x_k}},b=\dfrac {1}{\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{x_k}}$ là các số dương, ta đưa về chứng minh $$\dfrac {a^2}{n}+b^2\ge \dfrac {n^3+1}{(n^2+1)^2}(a+b)^2.$$ Chú ý rằng $a\ge n^2b$ nên quy đồng và khai triển, ta có $$(a-n^2b)[ (2n^2-n+1)a-(n^3-n^2+2n)b ]\ge 0.$$ Chú ý rằng $n^2(2n^2-n+1)-(n^3-n^2+2n)=2(n^2+1)n(n-1)\ge 0$ nên $$(2n^2-n+1)a\ge n^2(2n^2-n+1)b\ge (n^3-n^2+2n)b.$$ Bất đẳng thức cuối đúng nên (*) đúng. Vậy hằng số tốt nhất cần tìm là $M_{\max }=\dfrac {n^3+1}{(n^2+1)^2}$.

Bài 2. Cho $2021$ số nguyên khác $0$ Biết rằng tổng của một số bất kỳ trong chúng với tích của tất cả $2020$ số còn lại luôn âm. Chứng minh rằng với mọi cách chia $2021$ số này thành hai nhóm và nhân các số cùng nhóm lại với nhau thì tổng của hai tích cũng luôn âm. Một bộ số thỏa mãn đề bài thì có thể có nhiều nhất mấy số âm?

Lời giải

Đặt các số đã cho là $a_1,a_2,\ldots ,a_{2021}$ và $S$ là tích của tất cả số này. Theo đề bài thì $$a_k+\dfrac {S}{a_k}=\dfrac {a_k^2+S}{a_k} < 0 \text{ với mọi } k=1{,}2,\ldots ,2021 .$$ Nếu như $S > 0$ thì rõ ràng theo trên, ta phải có $a_k < 0,\forall k$, nhưng điều này vô lý vì khi đó $S$ là tích của $2021$ số âm nên cũng âm.
Do đó, $S < 0$ và trong các số đã cho, có lẻ số âm.
Nếu như số lượng số âm là lớn hơn $1$, giả sử hai trong các số đó là $a_1$, $a_2$ và $| a_2 |\ge | a_1 |$. Khi đó, ta có $a_2a_3\ldots a_{2021} > 0$ (do trong các số này có chẵn số âm) và $$| a_2a_3\ldots a_{2021} |\ge | a_1 | \text{ nên } a_1+a_2a_3\ldots a_{2021}\ge 0.$$ Điều vô lý này cho thấy không thể có nhiều hơn $1$ số âm, và vì thế nên có đúng một số âm. Giả sử $a_1$ là số âm duy nhất đó thì ta có $$a_1+a_2a_3\ldots a_{2021} < 0 \text{ nên } | a_1 | > a_2a_3\ldots a_{2021}.$$ Với mọi cách chia $2021$ số đã cho thành hai nhóm thì sẽ có một nhóm chứa số âm là $a_1$, đồng thời, giá trị tuyệt đối của tích các số trong nhóm đó, vì có chứa $| a_1 |$, nên sẽ lớn hơn tích các số của nhóm còn lại. Suy ra tổng của hai tích sẽ âm.
Do đó, ta có khẳng định ở câu a) và đáp số cho câu b) là $1$.

Bài 3. Cho hai hàm số $f\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ và $g\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn $g(2020) > 0$ và $$\left\{ \begin{array}{l} &f(x-g(y))=f(-x+2g(y))+xg(y)-6\\ &g(y)=g(2f(x)-y)\end{array} \right.$$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$. Chứng minh rằng $g$ là hàm hằng. Chứng minh rằng đồ thị hàm số $h(x)=f(x)-x$ nhận $x=1$ là trục đối xứng.

Lời giải

1. Trong điều kiện thứ nhất, thay $x\to g(y)$ và $2g(y)$, ta có $$\begin{array}{l} f(0)=f(g(y))+g^2(y)-6; \\ f(g(y))=f(0)+2g^2(y)-6. \end{array}$$ Cộng lại, ta được $3g^2(y)=12$ hay $g(y)=\pm 2$ với mọi $y$.
   Do $g(2020) > 0$ nên loại trường hợp $g(y)=-2,\forall y$. Ta sẽ chỉ ra rằng không xảy ra trường hợp $\exists a\ne b$ sao cho $g(a)=2,g(b)=-2$. Thay $y=2020$ vào điều kiện đầu, ta có $$f(x-c)-f(-x+2c)=xc-6 \text{ với } c=g(2020) > 0.$$ Suy ra $f(u)-f(v)$ toàn ánh trên $\mathbb{R}$ với $u,v\in \mathbb{R}$.
   Tiếp theo trong điều kiện sau, thay $y$ bởi $a$, $b$, ta có $$g(a)=g(2f(x)-a)=2;g(b)=g(2f(x)-b)=-2 \text{ với mọi } x\in \mathbb{R}.$$ Lại do tính toàn ánh, chọn $u$, $v$ sao cho $$f(u)-f(v)=\dfrac {a-b}{2}$$ thì $2f(u)-a=2f(v)-b$. Suy ra $$2=g(2f(u)-a)=g(2f(v)-b)=-2,$$ điều này vô lý nên trường hợp này không xảy ra. Vì thế $g(x)=2,\forall x$ nên $g$ là hàm hằng.
   
2. Với $g(x)=2,\forall x$, thay vào điều kiện đầu, ta có $f(x-2)=f(-x+4)+2x-6$ hay $$f(x)=f(2-x)+2x-2 \text{ hay } f(x)-x=f(2-x)-(2-x).$$ Điều này cho thấy $h(x)=h(2-x)$ hay $h(x)$ có đồ thị nhận $x=1$ là trục đối xứng.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$ và $AH$, $BH$, $CH$ cắt cạnh đối diện lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Gọi $I$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC$, $HB$, $HC$ và $BH$, $CH$ cắt lại $(O)$ theo thứ tự tại các điểm $L$, $K.$ Giả sử $KL$ cắt $MN$ ở $G$. Trên $EF$, lấy điểm $T$ sao cho $AT$ vuông góc với $HI$. Chứng minh rằng $GT$ vuông góc với $OH$. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm của $DE$, $DF$ và $MN$. Gọi $S$ là giao điểm của $BQ$, $CP$. Chứng minh rằng $HS$ đi qua trung điểm của $EF$.

Lời giải

1. Giả sử tia $IH$ cắt $(O)$ ở $R$ thì theo kết quả quen thuộc, ta có $\widehat{ARH}=90^\circ$. Vì thế nên $T\in AR$. Bằng cách xét trục đẳng phương của các đường tròn đường kính $AH$, $BC$ và đường tròn $(O)$, ta có $AR$, $EF$, $BC$ đồng quy. Từ đó suy ra $T\in BC$.
   
   Gọi $(O')$ là đường tròn Euler của tam giác $ABC$ thì $D$, $E$, $F$, $M$, $N\in (O)$. Dễ thấy rằng $$HM\cdot HK=\dfrac {1}{2}HB\cdot HK=\dfrac {1}{2}HC\cdot HL=HN\cdot HL$$ nên $M$, $N$, $K$, $L$ cùng thuộc đường tròn. Suy ra $$GL\cdot GK=GM\cdot GN \text{ nên } \mathrm{P}_{G/(O)}=\mathrm{P}_{G/(O')}.$$ Ngoài ra, ta cũng có $\mathrm{P}_{T/(O)}=\mathrm{P}_{T/(O')}$ nên $GT$ chính là trục đẳng phương của $(O)$, $(O')$. Điều này cho thấy $GT\perp OO'$ hay $GT\perp OH$ (do $O'$ là trung điểm của $OH$).
   
2. Ta có $DH$ là phân giác của góc $PDQ$, và $PQ\perp HD$ nên dễ thấy tứ giác $HPDQ$ là hình thoi. Ta biến đổi góc như sau $$\widehat{ HPQ}=\widehat{ DQP}=\widehat{ QDB}=\widehat{ FHB}.$$ Suy ra $\widehat{ HPN}=\widehat{ MHN}$ nên $HN$ tiếp xúc với $(HMP)$ hay $NP\cdot NM=NH^2=NC^2$.
   Do đó, hai tam giác $NPC$ và $NCM$ đồng dạng với nhau. Suy ra $$\widehat{ NCP}=\widehat{ NMC}=\widehat{ MCB},$$ nên $CP$ là đối trung của tam giác $HBC$. Chứng minh tương tự thì $BQ$ là đối trung trong tam giác $HBC$ nên điểm $S$ chính là điểm Lemoine của tam giác này, kéo theo $HS$ cũng là đối trung của tam giác $HBC$. Lại có $EF$ là đối song ứng với đỉnh $H$ trong tam giác $HBC$ nên suy ra $HS$ chia đôi đoạn thẳng $EF.$

Bài 5. Cho số nguyên dương $n > 1$ Chứng minh rằng với mọi số thực $a\in\left(0;\dfrac{1}{n}\right)$ và mọi đa thức $P(x)$ có bậc $2n-1$ thỏa mãn điều kiện $P(0)=P(1)=0$, luôn tồn tại các số thực $x_1,x_2$ thuộc $[0;1]$ sao cho $$P(x_1)=P(x_2)\text{ và }x_2-x_1=a .$$

Lời giải

Không mất tính tổng quát, giả sử không tồn tại các số $x_1$, $x_2$ thỏa mãn đề bài. Khi đó, xét đa thức $Q(x)=P(x+a)-P(x)$ sẽ vô nghiệm trên $[0;1-a]$. Suy ra $Q(x)$ sẽ không đổi dấu trên miền đó vì nếu không, dùng tính liên tục thì sẽ mâu thuẫn. Không mất tính tổng quát, giả sử $Q(x) > 0,\forall x\in[0;1-a]$. Nhận xét rằng $\dfrac {1}{a}\notin\mathbb{Z}^+$ vì nếu không, đặt $\dfrac {1}{a}=m\in\mathbb{Z}^+$ thì ta sẽ có $ma=1$ và $$Q(a)+Q(2a)+\cdots+Q((m-1)a)=P(1)-P(0)=0,$$ trong khi các số hạng ở vế trái đều dương, vô lý.
Tiếp theo, ta có $Q(a)=P(a)-P(0) > 0\Rightarrow P(a) > 0$. Chứng minh tương tự thì $$P(ka) > 0,\forall k=1{,}2,\ldots,n$$ Mặt khác, $Q(1-a)=P(1)-P(1-a)=-P(1-a) > 0$ nên $P(1-a) < 0$. Tương tự thì $$P(1-\ell a) < 0,\forall \ell=1{,}2,\ldots,n$$ Rõ ràng với mỗi $k\in\{1{,}2,\ldots,n\},$ ta luôn chọn được số nguyên $\ell_k\in\{1{,}2,\ldots,n\}$ để $$(k-1)a < 1-\ell_ka < ka.$$ Thật vậy, đánh giá này tương đương với $\dfrac {1}{a}-k < \ell_k < \dfrac {1}{a}+1-k$. Mà $a\in(0;\dfrac {1}{n})$ nên $\dfrac {1}{a}-k > 0$ và $\dfrac {1}{a}-k\notin\mathbb{Z}$ nên khoảng trên phải chứa một số nguyên và gọi số đó là $\ell_k$. Theo trên thì $P((k-1)a) > 0$, $P(1-\ell_ka) < 0$, $P(ka) > 0$ nên trên khoảng $((k-1)a;ka)$ thì đa thức $P(x)$ có $2$ nghiệm thực phân biệt.
Áp dụng điều này cho tất cả các khoảng $(0;a),(a;2a),\ldots,((n-1)a;na)$ thì ta thấy $P(x)$ sẽ có $2n$ nghiệm thực phân biệt; trong khi $P(x)$ chỉ có bậc $2n-1,$ vô lý.
Vì thế nên điều giả sử là sai và tồn tại hai số thực $x_1,x_2\in [0;1]$ thỏa mãn đề bài.

Bài 6. Giải phương trình sau trên tập số nguyên dương $$\left(x^2+3\right)^{3^{x+1}}\left[\left(x^2+3\right)^{3^{x+1}}+1\right]+x^2+y=x^2y.$$

Lời giải

Dễ thấy $x=1$ không thỏa nên ta xét $x > 1$. Thử trực tiếp thấy $x=2$ thỏa mãn. Xét $x > 2$, kéo theo $x^2-1 > 3$. Phương trình đã cho viết lại thành $$\begin{array}{ll} & (x^2+3)^{3^{x+1}}[ (x^2+3)^{3^{x+1}}+1 ]+1=(y-1)(x^2-1) \\ \Leftrightarrow & x^2-1|(x^2+3)^{3^{x+1}}[ (x^2+3)^{3^{x+1}}+1 ]+1 \\ \Leftrightarrow & 4^{3^{x+1}}( 4^{3^{x+1}}+1 )+1\equiv 0\,(\bmod\, x^2-1)\cdot \\ \end{array}$$ Đặt $a=4^{3^{x+1}}$ thì ta có $a^2+a+1\equiv 0\,(\bmod x^2-1)$ nên $$a^3\equiv 1\,(\bmod\, x^2-1)\text{ hay }4^{3^{x+2}}\equiv 1\,(\bmod\, x^2-1).$$ Lại chú ý rằng $$a=4^{3^{x+1}}=4^{3\cdot 3^x}=(4^3)^{3^x}\equiv 1\,(\bmod\, 9)$$ nên nếu đặt $M=a^2+a+1$ thì $M\equiv 3\,(\bmod\, 9)$.
Điều này cho thấy $v_3(M)=1$ nên $v_3\left(x^2-1\right)\le 1$. Mà $x^2-1 > 3$ và dễ thấy $x^2-1$ lẻ nên $x^2-1$ phải có một ước nguyên tố lẻ $p > 3$.
Đặt $h=\text{ord}_p(4)$ thì $h|p-1$ và $h|3^{x+2}$. Suy ra $h=3^k$ với $0\le k\le x+2$. Tuy nhiên, nếu $k\le x+1$ thì $4^{3^k}\equiv 1\,(\bmod\, p)$ mà $$4^{3^k}-1|a-1 \text{ nên } a\equiv 1\,(\bmod\, p)$$ Điều này vô lý do sẽ kéo theo $0\equiv a^2+a+1\equiv 3\,(\bmod\, p)$. Vì thế nên $k=x+2$ hay $$\text{ord}_p(4)=3^{x+2} \text{ nên } h=3^{x+2}\le p-1\le x-1.$$ Tuy nhiên, đánh giá này là không thể xảy ra với mọi $x > 2$. Vì thế nên nghiệm duy nhất của phương trình đã cho là $$(x;y)=\left( 2;\dfrac {7^{27}(7^{27}+1)+4}{3} \right).$$

Bài 7. Cho các số nguyên $n > k > t > 0$ và $X=\{1{,}2,\ldots ,n\}$. Gọi $\mathcal{F}$ là họ các tập con có $k$ phần tử của tập hợp $X$ sao cho với mọi $F,F'\in \mathcal{F}$ thì $| F\cap F' |\ge t$. Giả sử không có tập con có $t$ phần tử nào được chứa trong tất cả các tập $F\in \mathcal{F}$. [1] Chứng minh rằng tồn tại một tập hợp $B\subset X$ sao cho $| B | < 3k$ và $| B\cap F |\ge t+1$ với mọi $F\in \mathcal{F}$. Chứng minh rằng $| \mathcal{F} | < \mathrm{C}_{3k}^{t+1}\cdot\mathrm{C}_n^{k-t-1}$.

Lời giải

a) Theo giả thiết thì rõ ràng $| \mathcal{F} |\ge 3$, vì nếu không thì điều kiện ii) sẽ không được thỏa mãn. Ta xét các trường hợp sau
Nếu như mọi tập $F,F'\in \mathcal{F}$ đều có tính chất $| F\cap F' |\ge t+1$ thì ta chỉ cần chọn $B$ là một tập bất kỳ trong $\mathcal{F}$ là được, rõ ràng $| B |=k < 3k$, thỏa mãn đề bài.
Ngược lại, tồn tại hai tập $F,F'\in \mathcal{F}$ mà $| F\cap F' |=t$ thì theo giả thiết, không có tập con $t$ phần tử nào được chứa trong tất cả tập hợp của họ $\mathcal{F}$; vì thế nên phải có ${F'}'$ sao cho $$(F\cap F')\not\subset {F'}'.$$ Mặt khác, vì $| {{F'}'} |=k > t$ nên phải có phần tử trong ${F'}'$ mà không thuộc vào $F\cap F'$. Khi đó, xét $B=F\cup F'\cup {F'}'$ thì rõ ràng $$| B |\le | F\cup F' |+| {{F'}'} |\le 2k-t+k < 3k .$$ Ta sẽ chứng minh rằng tập hợp này thỏa mãn đề bài. Thật vậy, xét tập $G\in \mathcal{F}$:

• Nếu $G$ là một trong ba tập $F$, $F'$, ${F'}'$ thì có ngay $| B\cap G |\ge k\ge t+1$.
• Nếu $G\ne F,F',{F'}'$ thì nếu $| G\cap F |\ge t+1$ hoặc $| G\cap F' |\ge t+1$ là xong; ngược lại $| G\cap F |=t$ và $t$ phần tử chung này không đồng thời thuộc ${F'}'$, nên sẽ còn một phần tử chung khác giữa $G$, ${F'}'$ do $| G\cap {F'}' |\ge t$, kéo theo $| B\cap G |\ge t+1$.

Trong mọi trường hợp, ta luôn chọn được tập hợp $B\subset X$ thỏa mãn đề bài.
b) Ta thực hiện xây dựng một họ ${\mathcal{F}}'$ các tập con của $X$ như sau:

• Chọn $t+1$ phần tử nào đó trong tập $B$ ở trên, số cách chọn sẽ nhỏ hơn $\mathrm{C}_{3k}^{t+1}$.
• Chọn $k-t-1$ phần tử nào đó trong tập $X$ thì có $\mathrm{C}_n^{k-t-1}$ cách.

Hợp của hai nhóm này lại thì được một tập con của $X$ có $k$ phần tử (hoặc ít hơn) mà giao với $B$ là $t+1$ phần tử. Từ đó dễ thấy rằng $\mathcal{F}\subset {\mathcal{F}}'$ nên ta phải có $$| \mathcal{F} |\le | {{\mathcal{F}}'} | < \mathrm{C}_{3k}^{t+1}\mathrm{C}_n^{k-t-1}.$$ Bài toán được giải quyết.

Bài 8. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với $B$, $C$ cố định và $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$. Dựng hình bình hành $ABDC$ và $AD$ cắt lại $(BCD)$ ở $K$. [1] Gọi $R_1$, $R_2$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp $(KAB)$, $(KAC)$. Chứng minh rằng tích $R_1R_2$ không đổi. Ký hiệu $(T)$, $(T')$ lần lượt là các đường tròn cùng đi qua $K$, tiếp xúc với $BD$ ở $B$ và tiếp xúc với $CD$ ở $C$. Giả sử $(T)$, $(T')$ cắt nhau ở $L\ne K$. Chứng minh rằng $AL$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải

a) Gọi $R$ là bán kính của $(O)$, ta có $$\widehat{ AKB}=180^\circ -\widehat{ BKD}=\widehat{ BCD}=\widehat{ ABC},$$ nên theo định lý sin thì $$R_1=\dfrac {AB}{2\sin AKB}=\dfrac {2R\sin C}{2\sin B}=R\cdot \dfrac {\sin C}{\sin B}$$ Tương tự thì $R_2=R\cdot \dfrac {\sin B}{\sin C}$ nên $R_1R_2=R^2$, không đổi.
b) Do các tiếp tuyến nên biến đổi góc được $$\widehat{ KLB}=180^\circ -\widehat{ KBD},\widehat{ KLC}=180^\circ -\widehat{ KCD}.$$ Suy ra $\widehat{ KLB}+\widehat{ KLC}=360^\circ -\left(\widehat{ KBD}+\widehat{ KCD}\right)=180^\circ$ nên $B$, $L$, $C$ thẳng hàng.
Do $BD$ tiếp xúc với $(KBL)$ nên $\widehat{ BKL}=\widehat{ LBD}=\widehat{ CKD}$, mà $KD$ là trung tuyến của tam giác $KBC$ nên $KL$ là đối trung của tam giác này.
Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Ta có $$\widehat{ KBI}=\widehat{ KDC}=\widehat{ BAK}.$$ nên $BC$ tiếp xúc với $(ABK)$. Suy ra $\dfrac {BK}{AB}=\dfrac {IK}{IA}$.
Chứng minh tương tự thì $\dfrac {CK}{AC}=\dfrac {IK}{IA}$ nên $\dfrac {KB}{KC}=\dfrac {AB}{AC}$.
Theo tính chất quen thuộc của đường đối trung thì $$\dfrac {LB}{LC}=\dfrac {KB^2}{KC^2}=\dfrac {AB^2}{AC^2}$$ nên $AL$ cũng là đường đối trung của tam giác $ABC$, điều này cho thấy $AL$ đi qua giao điểm hai tiếp tuyến của $(O)$ ở $B$, $C$, là điểm cố định.