Đề thi VN TST 2019
 

Sáng nay, tại trường THPT Chuyên Amsterdam HN, kỳ thi chọn đội VN 2019 đã diễn ra với gần 49 thí sinh, gồm 1 bạn đạt HCB IMO 2018 và 48 bạn giải nhất-nhì của kỳ thi VMO. Dưới đây là đề thi ngày 1.
P/s: update đề ngày 2.


Ngày thi thứ nhất.

Bài 1. (7 điểm)
Trong một quốc gia có $n\ge 2$ thành phố. Giữa hai thành phố bất kỳ có đường bay trực tiếp theo hai chiều. Người ta muốn cấp phép khai thác cho các đường bay trên cho một số hãng hàng không với các điều kiện sau đây:
i) Mỗi đường bay chỉ được cấp phép cho một hãng duy nhất.
ii) Di chuyển bằng đường bay của 1 hãng hàng không tùy ý, người ta có thể đi từ 1 thành phố bất kỳ tới các thành phố còn lại.
Hỏi có thể cấp phép tối đa cho bao nhiêu hãng hàng không?

Bài 2. Với $n$ là số nguyên dương, chứng minh rằng đa thức sau đây
$${{P}_{n}}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{2}^{k}}C_{2 n}^{2k}\cdot {{x}^{k}}\cdot {{(x-1)}^{n-k}}}$$
có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có $M$ là trung điểm $BC,$ trực tâm $H$. Gọi $D$ là điểm thuộc tia đổi của tia $HA$ sao cho $DM=\frac{BC}{2}$ và ${D}'$ là điểm đối xứng với $D$ qua $BC.$ Giả sử $AO$ cắt $MD$ tại $X.$
a) Chứng minh rằng $AM$ đi qua trung điểm của ${D}'X.$
b) Định nghĩa các điểm $E,F$ tương tự điểm $D$; các điểm $Y,Z$ định nghĩa tương tự điểm $X.$ Gọi $S$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,C$ và $G$ là hình chiếu của trung điểm $AS$ lên đường thẳng $AO.$ Chứng minh rằng tồn tại một điểm có cùng phương tích với cả bốn đường tròn $(SGO),(BYE),(CFZ),(O).$

Ngày thi thứ hai.

Bài 4.
Tìm các bộ ba nguyên dương $(x,y,z)$ thỏa mãn
${{2}^{x}}+1={{7}^{y}}+{{2}^{z}}$.
Bài 5.
Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp đường tròn $(O),$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Giả sử $BI$ cắt $AC$ ở $E$ và $CI$ cắt $AB$ ở $F.$ Đường tròn qua $E,$ tiếp xúc với $OB$ tại $B$ cắt $(O)$ tại $M.$ Đường tròn qua $F$ tiếp xúc với $OC$ tại $C$ cắt $(O)$ tại $N.$ Các đường thẳng $ME,NF$ cắt lại $(O)$ lần lượt tại $P,Q.$ Gọi $K$ là giao điểm của $EF$ và $BC.$ Đường thẳng $PQ$ cắt $BC,EF$ lần lượt tại $G,H.$ Chứng minh rằng trung tuyến qua $G$ của tam giác $GHK$ thì vuông góc với đường thẳng $OI.$
Bài 6.
Một con bọ ở vị trí có tọa độ $x=1$ trên trục số. Ở mỗi bước, từ vị trí có tọa độ $x=a,$ con bọ có thể nhảy đến vị trí có tọa độ $x=a+2$ hoặc $x=\frac{a}{2}$. Chứng minh rằng có tất cả ${{F}_{n+4}}-(n+4)$ vị trí khác nhau (kể cả vị trí ban đầu) mà con bọ có thể nhảy đến với không quá $n$ bước nhảy, trong đó $({{F}_{n}})$ là dãy Fibonacci xác định bởi
${{F}_{0}}={{F}_{1}}=1,\text{ }{{F}_{n}}={{F}_{n-1}}+{{F}_{n-2}}$ với $n\ge 2.$

Nếu $x \neq 1$
Đặt $t=\dfrac{2x}{1-x}$ thì $x=\dfrac{t}{t+2}$ và thay vào thì
$${{P}_{n}}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{2}^{k}}C_{2 n}^{2k}\cdot {{x}^{k}}\cdot {{(x-1)}^{n-k}}}=\dfrac{2^n}{(t+2)^n}\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2 n}^{2k}(-t)^k=\dfrac{2^n}{(t+2)^n}\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2 n}^{2k}(i\sqrt{t})^{2k}$$
Từ đó $${{P}_{n}}(x)=\dfrac{2^{n-1}}{(t+2)^n}\left[\left(i\sqrt{t}+1\right)^{2n}+\left(i\sqrt{t}-1\right)^{2n}\right]=\dfrac{2^{n-1}(t+1)^n}{(t+2)^n}\left[\left(i\dfrac{\sqrt{t}}{\sqrt{t+1}}+\frac{1}{\sqrt {t+1}}\right)^{2n}+\left(i\dfrac{\sqrt{t}}{\sqrt{t +1}}-\frac{1}{\sqrt{t+1}}\right)^{2n}\right]$$
Ta chỉ ra $n$ nghiệm của đa thức đều nằm trong $[0,1]$ hay $t>0$
Tồn tại $\phi$ để $cos \phi =\dfrac{1}{\sqrt{t+1}}$
Áp dụng công thức De Morve thì $${{P}_{n}}(x)=\dfrac{2^{n-1}(t+1)^n}{(t+2)^n}\left(\cos(2n\phi)+i\sin(2n\phi )+\cos(2n(\pi-\phi))+i\sin(2n(\pi-\phi))\right)=\dfrac{2^{n}(t+1)^n}{(t+2)^n}\cos(2n \phi)$$
Giờ chọn $2n\phi=\dfrac{(2k+1)\pi}{2}\Leftrightarrow \phi =\dfrac{(2k+1)\pi}{4n}$ với $k$ từ $0$ đến $n-1$ ta được $n$ số $\phi$
Thay vào ra $n$ số $t$ dương và từ đó ra được $n$ nghiệm của phương trình
Một bài toán có dạng giống nhưng cách làm khác:
Putnam 2014 B4 Chứng minh rằng với mọi $n$ nguyên dương thì đa thức ${{P}_{n}}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}2^{k(n-k)}x^k$ có $n$ nghiệm thực phân biệt

Đã cập nhật đề ngày 2 nha mọi người. =p~

Đặt $y = \frac{x}{2}$ và xét biểu diễn nhị phân của số thực. Bài toán trờ thành bắt đầu từ $0.1$, mỗi lần tăng 1 hoặc giảm đi 2 lần.
Gọi $a_n$ là số các phần lẻ khác nhau có thể đi đến sau $n$ bước đi, $b_n$ là số các phần lẻ mới xuất hiện ở bước đi thứ $n$. Ta có: $b_n = b_{n - 1} + b_{n - 2}, a_n = a_{n - 1} + b_n$. Suy ra $a_n = F_{n + 2} - 1$. Ở bước thứ $n$ số các vị trí mới có thể nhảy đến chính là $a_n$. Suy ra tất cả các vị trí có thể nhảy đến với ít hơn hoặc bằng $n$ bước nhảy là $a_0 + a_1 + ... + a_n = F_{n + 4} - (n + 4)$.

Sao k thay topic hay cm danh sach VN tst 2019 vay moi nguoi. co le da it nguoi quan tam den tst roi...