Đề thi HSG cấp quốc gia của Trung Quốc năm 2013

**huynhcongbang** · 17-01-2013, 03:23 AM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
TRUNG QUỐC NĂM 2013

Ngày thi thứ nhất.

Bài 1.
Cho hai đường tròn ${{K}_{1}},{{K}_{2}}$ có bán kính khác nhau cắt nhau tại hai điểm phân biệt là $A,B.$ Gọi $C,D$ là hai điểm trên ${{K}_{1}},{{K}_{2}}$ theo thứ tự đó sao cho $A$ là trung điểm của đoạn $CD.$ Tia $DB$ cắt ${{K}_{1}}$ tại điểm $E,$ tia $CB$ cắt ${{K}_{2}}$ tại điểm $F.$ Gọi ${{l}_{1}},{{l}_{2}}$ lần lượt là các trung trực của $CD,EF.$
a. Chứng minh rằng ${{l}_{1}},{{l}_{2}}$ có đúng một điểm chung, kí hiệu là $P.$
b. Chứng minh rằng $CA,AP,PE$ là ba cạnh của một tam giác vuông nào đó.

Bài 2.
Tìm tất cả các tập hợp các số nguyên $S$ khác rỗng sao cho $3m-2n\in S$ với mọi $m,n\in S$ (không nhất thiết phân biệt).

Bài 3.
Tìm tất cả các giá trị thực dương của $t$ sao cho: tồn tại một tập hợp vô hạn $X$ các số thực sao cho bất đẳng thức sau $$\max \left\{ \left| x - (a-d) \right|,\left| y-a \right|,\left| z-(a+d) \right| \right\}>td$$ thỏa mãn với mọi số $x,y,z\in X$ (không nhất thiết phân biệt) và với mọi số thực $a$ và mọi số thực dương $d.$

Ngày thi thứ hai.

Bài 4.
Cho $n\ge 2$ là một số nguyên. Xét $n$ tập hợp hữu hạn ${{A}_{1}},{{A}_{2}},{{A}_{3}},...,{{A}_{n}}$ sao cho $$\left| {{A}_{i}}\Delta {{A}_{j}} \right|=\left| i-j \right|,\forall i,j\in \left\{ 1,2,3,...,n \right\}.$$ Tìm giá trị nhỏ nhất của $\sum\limits_{i=1}^{n}{\left| {{A}_{i}} \right|}$, trong đó ${{A}_{i}}\Delta {{A}_{j}}=\left\{ \left( x\in {{A}_{i}}\wedge x\notin {{A}_{j}} \right)\vee \left( x\in {{A}_{j}}\wedge x\notin {{A}_{i}} \right) \right\}$.

Bài 5.
Với mỗi số nguyên dương $n$ và $0\le i\le n,$ đặt $c(n,i)\equiv C_{n}^{i}\text{ }(\bmod \text{ }2)$ với $c(n,i)\in \left\{ 0,1 \right\}.$
Xét $f(n,q)=\sum\limits_{i=0}^{n}{c(n,i)\cdot {{q}^{i}}}$ với $m,n,q$ là các số nguyên dương và $q+1\ne {{2}^{\alpha }}$ với mọi $\alpha \in \mathbb{N}.$ Chứng minh rằng nếu $f(m,q)\left| f(n,q) \right.$ thì $f(m,r)\left| f(n,r) \right.$ với mọi số nguyên dương $r.$

Bài 6.
Cho $m,n$ là các số nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương $N$ sao cho: Nếu tồn tại một tập hợp $S$ các số nguyên dương chứa một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo $m$ mà $\left| S \right|=N$ thì tồn tại một tập con khác rỗng $A\subseteq S$ mà $n\left| \sum\limits_{x\in A}{x} \right. .$

liverpool29 · 17-01-2013, 10:39 AM

Trích:

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 1.
Cho hai đường tròn ${{K}_{1}},{{K}_{2}}$ có bán kính khác nhau cắt nhau tại hai điểm phân biệt là $A,B.$ Gọi $C,D$ là hai điểm trên ${{K}_{1}},{{K}_{2}}$ theo thứ tự đó sao cho $A$ là trung điểm của đoạn $CD.$ Tia $DB$ cắt ${{K}_{1}}$ tại điểm $E,$ tia $CB$ cắt ${{K}_{2}}$ tại điểm $F.$ Gọi ${{l}_{1}},{{l}_{2}}$ lần lượt là các trung trực của $CD,EF.$
a. Chứng minh rằng ${{l}_{1}},{{l}_{2}}$ có đúng một điểm chung, kí hiệu là $P.$
b. Chứng minh rằng $CA,AP,PE$ là ba cạnh của một tam giác vuông nào đó.

Câu a: Ta có $\widehat{CAE}=\widehat{CBE}=180-\widehat{FBD}=\widehat{BAD}$ nên $AP$ là phân giác $\widehat{EAF}$.
Suy ra giao đỉêm của $l_1,l_2$ là điểm chính giữa cung $EF$ của đường tròn $(AEF)$ nên ta có điều cần chứng minh.
Câu b: Ta sẽ chứng minh $AP^2=PE^2+AC^2$.
Ta có: $AP^2=PD^2-AC^2$, nên ta quy về chứng minh $2AC^2=PD^2-PE^2$. (*)
Ta cũng có: $2AC^2=DA.DC=DB.DE$. (1)
Mặt khác: $\widehat{EPF}=2.\widehat{CAE}=2.\widehat{FBE}$, mà $P$ cũng thuộc đường trung trực $EF$, nên ta suy ra $P$ là tâm đường tròn $(EFB)$.
Từ đây, theo phương tích, ta có $DP^2-PE^2=DB.DE$. (2)
Từ $(1),(2)$ ta có (*) nên suy ra điều cần chứng minh.

kien10a1 · 19-01-2013, 05:10 PM

Trích:

Nguyên văn bởi liverpool29

Câu a: Ta có $\widehat{CAE}=\widehat{CBE}=180-\widehat{FBD}=\widehat{BAD}$ nên $AP$ là phân giác $\widehat{EAF}$.
Suy ra giao đỉêm của $l_1,l_2$ là điểm chính giữa cung $EF$ của đường tròn $(AEF)$ nên ta có điều cần chứng minh.
Câu b: Ta sẽ chứng minh $AP^2=PE^2+AC^2$.
Ta có: $AP^2=PD^2-AC^2$, nên ta quy về chứng minh $2AC^2=PD^2-PE^2$. (*)
Ta cũng có: $2AC^2=DA.DC=DB.DE$. (1)
Mặt khác: $\widehat{EPF}=2.\widehat{CAE}=2.\widehat{FBE}$, mà $P$ cũng thuộc đường trung trực $EF$, nên ta suy ra $P$ là tâm đường tròn $(EFB)$.
Từ đây, theo phương tích, ta có $DP^2-PE^2=DB.DE$. (2)
Từ $(1),(2)$ ta có (*) nên suy ra điều cần chứng minh.

Thực ra là câu a của bài này liverpool29 giải chưa chính xác đâu.
Điểm P thuộc trung trực EF, phân giác $\widehat{AEF} $ nhưng nếu tam giác AEF cân tại A thì ...
Ý của bài toán là chứng minh CD,EF không song song,
Có một cách khá phức tạp: giả sử $EF $song song với $CD $, $CE $ cắt $DF $ tại $R $, theo bổ đề hình thang ta suy ra $RB $ đi qua trung điểm $CD $ là $A $, suy ra $R $ thuộc trục đẳng phương của $K_1 $,$K_2 $, suy ra tam giác $RCD $ cân tại $R $, kết hợp $A $ là trung điểm $CD $ được $K_1 $ và $K_2 $ có bán kính bằng nhau- vô lí.

$C_2 $: giả sử $AE=AF $, từ cặp tam giác đồng dạng $ACF $ và $AED $ ta suy ra $AE.AF=AC.AD $, suy ra $AE=AF=AC=\frac{CD}{2} $.
Do vậy $\widehat{CFD}=90^0\Rightarrow \widehat{BAD}=90^0 $ nên tam giác $BCD $ cân tại $B $, suy ra $K_1,K_2 $ có bán kính bằng nhau.

liverpool29 · 19-01-2013, 05:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi kien10a1

Thực ra là câu a của bài này liverpool29 giải chưa chính xác đâu.
Điểm P thuộc trung trực EF, phân giác $\widehat{AEF} $ nhưng nếu tam giác AEF cân tại A thì ...

Cảm ơn anh đã nhắc nhở

Em chỉnh sửa như sau:
Giả sử $AE=AF$. Từ đây suy ra $\Delta CAE =\Delta DAF$.
Từ đây thông qua biến đổi góc, ta có $\widehat{CBA}=\widehat{ABD}$.
Suy ra $CB=CD$. Mặt khác, ta chứng minh được $\widehat{BK_1C}=\widehat{BK_2D}$, nên suy ra $K_1B=K_2B$, suy ra vô lí vì bán kính hai đường tròn khác nhau.
Ta có điều cần chứng minh.

Mashimaru · 10-02-2013, 02:50 AM

Bài 4.

Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng kết quả là $\lfloor \frac{n^2}{4} \rfloor + 2$. Hai trường hợp cơ sở với $n = 2$ và $n = 3$ có thể dễ dàng kiểm tra. Giả sử kết quả với $1, 2, ..., n$, ta chứng minh kết quả với $n + 1$. Thật vậy, vì $|A_1 \Delta A_{n + 1}| = n$ nên ta có $|A_1| + |A_{n + 1}| \geq n$ (nhìn thấy theo nguyên lý bù trừ hoặc biểu đồ Venn), do đó
$$\sum_{i = 1}^{n + 1} |A_i| = |A_1| + |A_{n + 1}| + \sum_{i = 2}^{n} |A_i| \geq n + \lfloor \frac{(n - 1)^2}{4} \rfloor + 2 = \lfloor \frac{(n + 1)^2}{4} \rfloor$$
Vậy quy nạp được hoàn tất. Trường hợp có dấu bằng được xây dựng như sau. Đặt $k = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$. Ta lấy $A_i = \{1, 3, ..., 2(k - i) + 1\}$ với $i = 1, 2, ..., k$, $A_{k + 1} = \{1, 2\}$ và $A_i = \{2, 4 , ..., 2(i - k - 1) \}$ với $i = k + 2, ..., n$.

kien10a1 · 10-02-2013, 10:26 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Mashimaru

Bài 4.

Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng kết quả là $\lfloor \frac{n^2}{4} \rfloor + 2$. Hai trường hợp cơ sở với $n = 2$ và $n = 3$ có thể dễ dàng kiểm tra. Giả sử kết quả với $1, 2, ..., n$, ta chứng minh kết quả với $n + 1$. Thật vậy, vì $|A_1 \Delta A_{n + 1}| = n$ nên ta có $|A_1| + |A_{n + 1}| \geq n$ (nhìn thấy theo nguyên lý bù trừ hoặc biểu đồ Venn), do đó
$$\sum_{i = 1}^{n + 1} |A_i| = |A_1| + |A_{n + 1}| + \sum_{i = 2}^{n} |A_i| \geq n + \lfloor \frac{(n - 1)^2}{4} \rfloor + 2 = \lfloor \frac{(n + 1)^2}{4} \rfloor$$
Vậy quy nạp được hoàn tất. Trường hợp có dấu bằng được xây dựng như sau. Đặt $k = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$. Ta lấy $A_i = \{1, 3, ..., 2(k - i) + 1\}$ với $i = 1, 2, ..., k$, $A_{k + 1} = \{1, 2\}$ và $A_i = \{2, 4 , ..., 2(i - k - 1) \}$ với $i = k + 2, ..., n$.

Nếu các tập $A_i $ mà có thể rỗng thì đáp số là $\left [ n^2/4 \right ] $ ạ
Cách chứng minh hoàn toàn tương tự.
Ta có thể xây dựng ví dụ cho $n=2k $:
$A_ { k } = { 1 } ,A_{k+1}=\o ,A_{k-i}= { 1,3,5,...,2i+1 } ,A_{k+i}= { 2,4,6,..,2i-2 } $

analysis90 · 10-05-2013, 02:17 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Mashimaru

Bài 4.

Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng kết quả là $\lfloor \frac{n^2}{4} \rfloor + 2$. Hai trường hợp cơ sở với $n = 2$ và $n = 3$ có thể dễ dàng kiểm tra. Giả sử kết quả với $1, 2, ..., n$, ta chứng minh kết quả với $n + 1$. Thật vậy, vì $|A_1 \Delta A_{n + 1}| = n$ nên ta có $|A_1| + |A_{n + 1}| \geq n$ (nhìn thấy theo nguyên lý bù trừ hoặc biểu đồ Venn), do đó
$$\sum_{i = 1}^{n + 1} |A_i| = |A_1| + |A_{n + 1}| + \sum_{i = 2}^{n} |A_i| \geq n + \lfloor \frac{(n - 1)^2}{4} \rfloor + 2 = \lfloor \frac{(n + 1)^2}{4} \rfloor$$
Vậy quy nạp được hoàn tất. Trường hợp có dấu bằng được xây dựng như sau. Đặt $k = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$. Ta lấy $A_i = \{1, 3, ..., 2(k - i) + 1\}$ với $i = 1, 2, ..., k$, $A_{k + 1} = \{1, 2\}$ và $A_i = \{2, 4 , ..., 2(i - k - 1) \}$ với $i = k + 2, ..., n$.

Với $n=3$ xét $|A_1|=|A_3|=1$, với $A_1,A_3$ không giao nhau và $A_2$ là tập rỗng. Với ba tập hợp như vậy ta thấy thoả mãn yêu cầu bài toán nhưng $\Sigma|A_i|=2$? Tong bài này tôi có một nhận xét nhỏ là có nhiều nhất một tập bằng rỗng.

10-02-2013, 02:50 AM	#5
Mashimaru +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2008 Bài gởi: 89 Thanks: 19 Thanked 70 Times in 28 Posts	Bài 4. Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng kết quả là $\lfloor \frac{n^2}{4} \rfloor + 2$. Hai trường hợp cơ sở với $n = 2$ và $n = 3$ có thể dễ dàng kiểm tra. Giả sử kết quả với $1, 2, ..., n$, ta chứng minh kết quả với $n + 1$. Thật vậy, vì $\|A_1 \Delta A_{n + 1}\| = n$ nên ta có $\|A_1\| + \|A_{n + 1}\| \geq n$ (nhìn thấy theo nguyên lý bù trừ hoặc biểu đồ Venn), do đó $$\sum_{i = 1}^{n + 1} \|A_i\| = \|A_1\| + \|A_{n + 1}\| + \sum_{i = 2}^{n} \|A_i\| \geq n + \lfloor \frac{(n - 1)^2}{4} \rfloor + 2 = \lfloor \frac{(n + 1)^2}{4} \rfloor$$ Vậy quy nạp được hoàn tất. Trường hợp có dấu bằng được xây dựng như sau. Đặt $k = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$. Ta lấy $A_i = \{1, 3, ..., 2(k - i) + 1\}$ với $i = 1, 2, ..., k$, $A_{k + 1} = \{1, 2\}$ và $A_i = \{2, 4 , ..., 2(i - k - 1) \}$ với $i = k + 2, ..., n$.