Việt Nam Team Selection Test 2013 - Đề thi, lời giải và danh sách đội tuyển

[Phongvan34]

Bài BĐT ngày 2 xưa quá. Dùng pqr cũng ngắn gọn. Năm nay, mình thấy đề TST rất ko hay. Thực sự là như vậy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Traum]

Bài 3: Chuyển bài toán hàm sang điền số vào bảng chữ nhật. Số cột là vô hạn, số hàng là 2n+1. Bằng các xét các cặp đường chéo song song ( chia thành các cặp 4 ô tạo thành dấu +).

Nếu n = 2k+1 (xem hình). Dễ thấy rằng mỗi ô đỏ là tổng của hai ô xanh. Tương tự ô tím là tổng của hai ô xanh da trời. Từ đó dễ dàng chứng minh được hàng thứ 2n-1 chỉ gồm các số 0. Theo tính đối xứng thì hàng 3 cũng toàn số 0. Do đó trong trường hợp này ta có kết quả giống với trường hợp n = 1. Hay max là 5.

Nếu n = 2k ( xem hình). Dễ thấy các ô đỏ bằng nhau. Do đó các số trên hàng (2 hay 2n) tuần hoàn với chu kì 2n. Và khi hàng 2 (hay 2n) đã xác định thì các hàng còn lại được xác định từ nó một cách duy nhất. Vậy ta có trong trường hợp này max là $2\times 2n+1 = 4n+1 $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Bài bđt em nghĩ là không phải quá cũ, mà đáp số có vẻ như $k=13 $ mới đúng( ví dụ với bộ $b=c=0.67146 $)
Bài hình ngày 2, ý b, ta có vài nhận xét nhỏ:
$IK $ tiếp xúc với $(J) $ tại $K $, các tam giác $IKC $, $JGK $ vuông cân.
Từ đó đưa bài toán về cho tam giác $KIJ $ vuông tại $K $, dựng ra ngoài 2 tam giác vuông cân $KJG $ và $KIC $, chứng minh giao điểm của $IG $ và $JC $ thuộc đường cao tam giác vuông.

Đề ngày 1, tập S còn chứa cả 0 nữa đấy, chỉ sai lệch một chút nhưng mọi thứ khác đi khá nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Nguyên văn bởi hungqh

Bài 4:
Cho $a=1 $ ta có:
$ b+c-2=k\frac{b+c-2}{4(b+c+2)}. $(*)
Với $b+c $ rất bé tiến về 2 ta có được $k=16 $ là số nguyên lớn nhất thõa (*).
Ta chứng minh $k=16 $ là số cần tìm.
Đặt $a=x^{2},b=y^{2},c=z^{2} $ với $x,y,z $dương.
khi đó $xyz=1 $. Ta cần chứng minh
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+ \frac{16}{x^2+y^2+z^2+1}\geq 7 $.
Không mất tính tổng quát giả sử $x $ lớn nhất ta suy ra x$\geq 1 $
Trước hết ta sẽ chứng minh rằng :
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+ \frac{16}{x^2+y^2+z^2+1}\geq 2x^2yz+y^2z^2+\frac{16}{x^2+2yz+1} $
$\Leftrightarrow (y-z)^2(x^2(x^2+y^2+z^2+1)(x+2yz+1)-16)\geq 0 $
Lại có $x^2(x^2+\frac{2}{x}+1)=x^4+x^2+2x \geq 4 $(do $ x\geq 1 $);
Và $x^2+y^2+z^2+1\geq 4 $ (theo cauchy)
Nên từ đó nhân hai biểu thức lại ta có điều cần chứng minh.
Vậy ta chỉ còn cần chứng minh:
$2x^2yz+y^2z^2+\frac{16}{x^2+2yz+1}\geq 7 $
$\Leftrightarrow \frac{1}{x^2}+2x+\frac{16}{x^2+\frac{2}{x}+1}\geq 7
\Leftrightarrow x^6+x^4+7x^3-3x-6\geq 0
\Leftrightarrow (x-1)(x^5+x^4+2x^3+9x^2+9x+6)\geq 0 $ (đúng với $x\geq 1 $).
Vậy $k=16 $ là giá trị cần tìm.
Bài 2)
Câu a)

khá dễ

Theo Brocard thì $ PQ $ và $AI $ vuông góc với nhau suy ra ta có:
$\hat{IQH}=90-\hat{AIB}+180-2\hat{B}=\hat{AIC}+90-2(135-\hat{C})=\hat{AIC}-(180-2\hat{C})=\hat{AIE}. $

Nếu $k=16$, cho $a =3, b=c=1/\sqrt3$ thì $VT-VP=-0.0986.. <0$.

Bài này theo mình giá trị max cua k la 14, và dấu = xảy ra tại k này ngoài điểm $a=b=c=1$ còn xảy ra tại $a=\sgrt2, b=c=1/\sgrt2$,
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Nguyên văn bởi Phongvan34

Bài BĐT ngày 2 xưa quá. Dùng pqr cũng ngắn gọn.

Tôi nghĩ bài này không dùng pqr được.
------------------------------

Nguyên văn bởi dduclam

Nếu $k=16$, cho $a =3, b=c=1/\sqrt3$ thì $VT-VP=-0.0986.. <0$.

Bài này theo mình giá trị max cua k la 14, và dấu = xảy ra tại k này ngoài điểm $a=b=c=1$ còn xảy ra tại $a=\sgrt2, b=c=1/\sgrt2$,

hunghq sai ở đoạn cuối.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

À, mình tính toán nhầm một chút, max k=13, đó là giá trị nguyên gần nhất bé hơn $\min\limits_{x >0} \frac{4(2x+1)(x^3+x+2)}{x^2(x+2)} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Nguyên văn bởi Traum

Bài 3: Chuyển bài toán hàm sang điền số vào bảng chữ nhật. Số cột là vô hạn, số hàng là 2n+1. Bằng các xét các cặp đường chéo song song ( chia thành các cặp 4 ô tạo thành dấu +).

Nếu n = 2k+1 (xem hình). Dễ thấy rằng mỗi ô đỏ là tổng của hai ô xanh. Tương tự ô tím là tổng của hai ô xanh da trời. Từ đó dễ dàng chứng minh được hàng thứ 2n-1 chỉ gồm các số 0. Theo tính đối xứng thì hàng 3 cũng toàn số 0. Do đó trong trường hợp này ta có kết quả giống với trường hợp n = 1. Hay max là 5.

Nếu n = 2k ( xem hình). Dễ thấy các ô đỏ bằng nhau. Do đó các số trên hàng (2 hay 2n) tuần hoàn với chu kì 2n. Và khi hàng 2 (hay 2n) đã xác định thì các hàng còn lại được xác định từ nó một cách duy nhất. Vậy ta có trong trường hợp này max là $2\times 2n+1 = 4n+1 $.

Traum đọc kỹ đề nhé. Chú ý S = {0, 1, 2, ..., 2n+1}.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NhamNgaHanh]

Đề này nhiều Hình quá các bạn ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi dduclam

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 2013.
Ngày thi thứ hai - 06/04/2013

Bài 1.

Tìm số nguyên duơng $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c>0$ và $ abc=1$
$$ \frac1{a}+\frac1{b}+\frac1{c}+\frac k{a+b+c+1} \ge 3+ \frac k{4}. $$

Bài này sai chủ yếu là do không để ý rằng $k \in \mathbb{N} $.
Cho $b=c=x, z=\frac{1}{x^2} $ thay vào ta được:

$k \le \frac{4(x+2)(2x^3+x^2+1}{x(2x+1)}:=f(x). $

Điều kiện để bất đẳng thức đã cho đúng với mọi $a,b,c $ là $k \le \min_{x>0}f(x) $.
Công việc tiếp theo là ta chỉ ra $f(x)>13 $ với mọi $x>0 $ và tồn tại $x $ để $f(x)<14. $ (ý là $\min_{x>0}f(x)<14 $).
Cái đầu tương đương $8x^4+20x^3-18x^2-9x+8>0 $, có thể chia nhỏ các trường hợp của $x $ (có thể kết hợp thêm đạo hàm) để chứng minh. Cái sau có thể chỉ ra giá trị $x=\frac{7^4}{10^4} $ thỏa mãn.
Việc còn lại là chứng minh bất đẳng thức

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+ c+1} \ge \frac{25}{4}. $

Cách quy về 2 biến sau là một hướng xử lý:
Giả sử $a \ge 1 $ khi đó $bc \le 1 $.
Ta sẽ chứng minh

$bc+\frac{b+c}{bc}+\frac{13bc}{1+bc(b+c)+bc} \ge bc+\frac{2\sqrt{bc}}{bc}+\frac{13bc}{1+bc(2\sqrt{b c})+bc} $
và $bc+\frac{2\sqrt{bc}}{bc}+\frac{13bc}{1+bc(2\sqrt{b c})+bc} \ge \frac{25}{4} $.

Cái đầu sau khi loại nhân tử $(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 $ thu được một bất đẳng thức theo $t=\sqrt{bc} $, cụ thể là $1+2t^3+t^2>\sqrt{13}t^3 $, điều này đúng khi $t \le 1. $
Cái sau tương đương $8t^4+20t^3-18t^2-9t+8>0 $, đã chứng minh ở trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenta98]

Em có góp ý trong file anh Huynh Cong Bang có bài số học bị sai, phải là $(m+1)n+1$ là scp
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Nguyên văn bởi NhamNgaHanh

Đề này nhiều Hình quá các bạn ạ.

Mạch chung của TST vẫn thường có hai bài Hình, hoặc hai bài Số, hoặc hai bài Tổ hợp mà anh. Nhưng em nghĩ thay 1 bài Hình bởi bài Phương trình hàm có lẽ hay hơn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[liverpool29]

Nguyên văn bởi DaiToan

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có góc $BAC$ bằng $45^0$. Các đường cao $AD, BE, CF$ trực tâm $H$. Đường thẳng $EF$ cắt đt $BC$ tại $P. I$ là trung điểm của $BC; IF$ cắt $PH$ tại $Q$.
a) Chứng minh rằng góc $IQH=AIE$.
b) Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $AEF$; $(J)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPD. CK$ cắt đường tròn $(J)$ tại $G; IG$ cắt $(J)$ tại $M; JC$ cắt đường tròn đường kính $BC$ tại $N$. Chứng minh rằng $G; N; M;C$ cùng thuộc một đường tròn.

Câu a: Ta có do $H$ là trực tâm của tam giác $AIP$ nên ta suy ra $\widehat{HQI}=90-\widehat{FIA}=\widehat{AIE}$.
Câu b: Ta chứng minh được rằng $JK$ là tiếp tuyến tại $K$ của đường tròn đường kính $BC$.
Từ đây, bằng biến đổi góc, ta lần lượt thu được các kết quả sau:
- $BK$ là phân giác của $\widehat{PKD}$
- $JK^2=JN.JC$; từ đây suy ra $\widehat{XKN}=\widehat{KCN}=\widehat{KBN}$, suy ra $X,B,N$ thẳng hàng. (với $X$ là giao điểm của $GI,JK$).
Từ đây ta quy việc chứng minh $G,N,M,C$ đồng viên về chứng minh $N,X,K,M$ đồng viên.
Ta có $IK^2=IM.IG=IC^2$, nên ta chứng minh được tứ giác $IMKC$ nội tiếp.
Suy ra $\widehat{NXM}=180-\widehat{XBI}-\widehat{XIB}=\widehat{NKC}-\widehat{XIB}=\widehat{NKM}$
Nên ta có $IMKC$ nội tiếp được.
Ta có đccm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Mình gửi lại file đề thi đầy đủ cả hai ngày.
Xin lỗi mọi người vì đã nghe nhầm câu 3, dẫn đến sai kết quả nghiêm trọng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenta98]

Câu 6 tổ hợp ngày thứ hai em nghĩ ra một hướng nhưng chưa cm được
Ta chọn $3$ mặt của khối lập phương đó sao cho $3$ mặt đó đôi một kề nhau
Bạn An sẽ chọn ô mà cả $3$ mặt chứa (là ô ở đỉnh)
Và bạn An sẽ chọn mỗi mặt một bảng hình vuông $9*9$ đối đỉnh với mặt của ô chung vừa chọn ở trên
Tổng cộng số ô là $81*3+1=244$ là số ô mà An cần hỏi, việc cm các ô kia sẽ giúp An biết toàn bộ bảng vô cùng đơn giản, một thanh đô mi no $1*1*10$ khi lấy ra chỉ có một trong ba phương tương ứng với ba mặt mà An vừa chọn mà mỗi thanh đô mi no không có ô chung nào (vì ngược lại thì mâu thuẫn đk bài toán rằng các ô đô mi no được chọn không có chung cạnh hay chung đỉnh) $(1)$ khi ấy từ các ô chọn ở trên sẽ xác định được các đô mino mà Bình chọn, thật vậy ví dụ từ các ô ở trên mà An chọn xét trong đó một ô đen bất kì (nếu ko có ô đen nào tức là Bình đã ko lấy quân đomino nào từ đó hình lập phương sẽ toàn trắng), lúc đó xét hình chữ thập đi qua ô đen đó và xét quân đô mino lấy ô đen đó làm mặt $1*1$ do nhận định ở trên, chỉ một trong ba hình, bao gồm hai quân ở hình chữ thập, và quân đô mino lấy ô đen làm mặt $1*1$ là quân đô mino mà Bình chọn, tức là quân đô mino mà trên đó toàn đen vì theo nhận định $(1)$, từ đó xác định được dạng tô màu của hình lập phương
Tuy nhiên em chưa cm dc số đó là min ??
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Bài bất đẳng thức để ý rằng chỉ cần tìm $k$ nguyên dương, nên chỉ cần dồn biến thuần túy mà không cần khảo sát hàm số (nói cách khác là không tốn công sức tìm $k_{\max}$) như sau:

Trước hết ta chứng minh với mọi $k=13$ thì $f(a,b,c)\ge f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ (1), với $f(a,b,c)=\dfrac1{a}+\dfrac1{b}+\dfrac1{c}+\dfrac k{a+b+c+1}.$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c \Rightarrow a\ge 1\ge \sqrt{bc}.$
$$(1)\Leftrightarrow (\sqrt b-\sqrt c)^2\left(\dfrac1{bc}-\dfrac k{(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)}\right) \ge0 $$
luôn đúng vì $(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)\ge (a+2\sqrt{bc}+1)^2\ge16bc>kbc$.
Bây giờ ta chỉ cần kiểm tra $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\ge 3+\dfrac {13}4.$ Thay $\sqrt{bc}=\dfrac1{\sqrt a}=\dfrac1{x}$ thì điều này tương đương
$$ \dfrac{1}{x^2}+2x+\dfrac{13}{\left(x^2+\dfrac{2}{x }+1\right)} \ge 3+\frac{13}{4} \Leftrightarrow \dfrac{1}{x^2}+2x-3+13\left(\dfrac{x}{\left(x^3+x+2\right)}-\frac{1}{4}\right) \ge 0 $$
hay tương đương $ (x-1)^2[4(2x-3)^2(8x^2+15x+9)+49(x-1)+4]\ge0 $, luôn đúng do $x\ge1$.

Cuối cùng, với $k=14$, cho $a=2.1, b=c=\dfrac1{\sqrt{2.1}}$ thì $VT-VP=-0.000625..<0$. Đương nhiên BĐT sai với $k=k_0$ thì cũng sai với $k>k_0$. Vậy số nguyên dương lớn nhất của $k$ để BĐT đúng là $k_{\max}=13$.

Bài này hiểm ở chỗ, nếu không cẩn thận có thể nhầm $k_{\max}=14$, là trường hợp mà xảy ra dấu bằng xảy ra tại 1 điểm đặc biệt $a=2,b=c=\dfrac1{\sqrt2}$. Nếu $k=14$ mà đúng thì bài BĐT này trở nên đẹp hơn nhiều, tiếc là điều đó không xảy ra
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]