Việt Nam TST 2015 - Đề thi, lời giải và danh sách đội tuyển

[ThangToan]

Nguyên văn bởi Kelacloi

Hello mọi người, em xuất hiện trễ
Em bổ sung bài 1b hướng khác.
Đó là chứng minh 2 nhận xét:
Nhận xét 1:
"Nếu bộ $d_0,d_1,..,d_n \ge 0$ thoả:
i) $2015=d_0+d_1\alpha^1+d_2\alpha^2+..+d_n\alpha^n$
i) $d_0+..+d_n$ min
thì $ 0 \le d_k \le 4 \forall 0 \le k \le n$"

Nhận xét 2:
Nếu tồn tại 2 bộ số $(e_0,e_1,..,e_m)$ và $(d_0,d_1,..,d_n)$
thoả:
1) $ 0\le e_k \le 4 ; 0 \le d_k \le 4$
2) $d_0+d_1\alpha^1+d_2\alpha^2+..+d_n\alpha^n=e_0+e_ 1\alpha^1+e_2\alpha^2+..+e_m\alpha^m$
thì 2 bộ đó trùng nhau "

Ta có thể làm cụ thể theo hướng này như sau:
Nhận xét 3.
$\begin{array}{l}
2015 = 5.403 = 403\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right) = 3\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right) + 16.25 = 3\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right) + 16{\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right)^2}\\
= 3\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right) + {\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right)^3} + 3{\left( {{\alpha ^2} + \alpha } \right)^4}\\
= {\alpha ^{11}} + 3{\alpha ^{10}} + 4{\alpha ^7} + 3{\alpha ^6} + {\alpha ^5} + {\alpha ^4} + {\alpha ^3} + 3{\alpha ^2} + 3\alpha
\end{array}$
Nhận xét 1:
"Nếu bộ $d_0,d_1,..,d_n \ge 0$ thoả:
i) $2015=d_0+d_1\alpha^1+d_2\alpha^2+..+d_n\alpha^n$
i) $d_0+..+d_n$ min
thì $ 0 \le d_k \le 4 \forall 0 \le k \le n$"
Chứng minh.
nếu tồn tại ${d_i} \ge 5 \Rightarrow {d_i} = 5 + {t_i},\,\,{t_i} \ge 0$
Khi đó $\begin{array}{l}
2015 = {d_0} + {d_1}\alpha + ... + \left( {5 + {t_i}} \right){\alpha ^i} + ... + {d_n}{\alpha ^n}\\
= {d_0} + {d_1}\alpha + ... + {t_i}{\alpha ^i} + ... + {d_n}{\alpha ^n} + 5{\alpha ^i}\\
= {d_0} + {d_1}\alpha + ... + {t_i}{\alpha ^i} + ... + {d_n}{\alpha ^n} + {\alpha ^i}\left( {\alpha + {\alpha ^2}} \right)\\
= {d_0} + {d_1}\alpha + ... + {t_i}{\alpha ^i} + ... + {d_n}{\alpha ^n} + {\alpha ^{i + 2}} + {\alpha ^{i + 1}}
\end{array}$
Do đó tổng các hệ số mới là:
$\begin{array}{l}
{d_0} + {d_1} + ... + {t_i} + {d_{i + 1}} + ... + {d_n} + 1 + 1 = {d_0} + {d_1} + ... + {t_i} + 2 + {d_{i + 1}} + ... + {d_n}\\
< {d_0} + {d_1} + ... + {t_i} + 5 + {d_{i + 1}} + ... + {d_n} = {d_0} + {d_1} + ... + {d_i} + {d_{i + 1}} + ... + {d_n}
\end{array}$
Do đó nhận xét 1 được chứng minh.
Nhận xét 2. Nếu ${d_i} \in Z,\,\,\left| {{d_i}} \right| \le 4,\,\,{d_0} + {d_1}\alpha + ... + {d_n}{\alpha ^n} = 0$ thì ${d_0} = {d_1} = {d_2} = ... = {d_n} = 0$
Thật vậy,
Xét đa thức $f\left( x \right) = {d_0} + {d_1}x + ... + {d_n}{x^n}$, lấy $f(x)$ chia cho đa thức $ x^2+x-5$ ta được:$\begin{array}{l}
f\left( x \right) = \left( {{x^2} + x - 5} \right)g\left( x \right) + ux + v\\
u,\,v \in Z,\,\,g\left( x \right) = {e_0} + {e_1}x + ... + {e_{n - 2}}{x^{n - 2}},\,\,{e_i} \in Z
\end{array}$
Lấy $\begin{array}{l}
x = \alpha \Rightarrow f\left( \alpha \right) = \left( {{\alpha ^2} + \alpha - 5} \right)g\left( \alpha \right) + u\alpha + v \Rightarrow u\alpha + v = 0 \Rightarrow u = v = 0\\
\Rightarrow f\left( x \right) = \left( {{x^2} + x - 5} \right)g\left( x \right)
\end{array}$
Đồng nhất hệ số ta được:
$\begin{array}{l}
{d_0} = - 5{e_0}\\
{d_1} = {e_0} - 5{e_1}\\
{d_2} = {e_0} + {e_1} - 5{e_2}\\
...\\
{d_{n - 2}} = {e_{n - 4}} + {e_{n - 3}} - 5{e_{n - 2}}\\
{d_{n - 1}} = {e_{n - 2}} + {e_{n - 1}}\\
{d_n} = {e_{n - 2}}
\end{array}$
Do $\begin{array}{l}
\left| {{d_0}} \right| \le 4,\,\,{d_0} = - 5{e_0} \Rightarrow {e_0} = {d_0} = 0\\
{d_1} = {e_0} - 5{e_1} = - 5{e_1} \Rightarrow {e_1} = {d_1} = 0\\
{d_2} = {e_0} + {e_1} - 5{e_2} = - 5{e_2} \Rightarrow {e_2} = {d_2} = 0\\
....\\
{d_n} = 0
\end{array}$
Do đó Nhận xét 2 được chứng minh.
Trở lại bài toán.
Giả sử ${c_0} + {c_1} + ... + {c_n}$ là nhỏ nhất. Khi đó theo nhận xét 1 ta được $0 \le {c_i} \le 4,\,\,i = 0,1,2,...,n$
Theo nhận xét 3 và nhận xét 2 ta được:
$\begin{array}{l}
{c_{12}} = {c_{13}} = ... = {c_n} = 0,\,\,{c_{11}} = 1,\,{c_{10}} = 3,{c_9} = {c_8} = 0,\,{c_7} = 4,{c_6} = 3,{c_5} = {c_4} = {c_3} = 1,{c_2} = {c_1} = 3,{c_0} = 0\\
\Rightarrow {c_0} + {c_1} + ... + {c_n} = 20.
\end{array}$
Vậy giá trị nhỏ nhất là 20.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Dưới đây là câu 1 và câu 3 của đề thi mình được thầy trò Trần Quốc Luật (thaygiaocht) chia sẻ:

Bài 1.
Gọi $\alpha $ là nghiệm dương của phương trình ${{x}^{2}}+x=5$. Với số nguyên dương $n$ nào đó, gọi ${{c}_{0}},{{c}_{1}},{{c}_{2}}, \ldots ,{{c}_{n}}$ là các số nguyên không âm thỏa mãn đẳng thức $${{c}_{0}}+{{c}_{1}}\alpha +{{c}_{2}}{{\alpha }^{2}}+...+{{c}_{n}}{{\alpha }^{n}}=2015.$$
a) Chứng minh rằng ${{c}_{0}}+{{c}_{1}}+{{c}_{2}}+...+{{c}_{n}}\equiv 2\text{ }(\bmod 3).$
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng ${{c}_{0}}+{{c}_{1}}+{{c}_{2}}+...+{{c}_{n}}$.
Bài 2.
cho đường tròn (O), dây cung $BC$ cố định và điểm $A$ chạy trên $(O)$. Gọi $I,H$ lần lượt là trung điểm cạnh $BC$ và trực tâm tam giác $ABC$, tia $IH$ cắt $(O)$ tại $K$, $AH$ cắt $BC$ tại $D$, $KD$ cắt $(O)$ tại $M$. Từ M vẽ đường vuông góc với $BC$ cắt $AI$ tại $N$.
a) Cmr: $N$ thuộc đường tròn cố định.
b) Đường tròn tiếp xúc với $AK$ tại $A$ và đi qua $N$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. J là trung điểm $P,Q$. Cmr: $AJ$ qua điểm cố định.
Bài 3.
Một số nguyên dương $k$ có tính chất “$t-m$” nếu với mọi số nguyên dương $a$, tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho
$${{1}^{k}}+{{2}^{k}}+{{3}^{k}}+...+{{n}^{k}} \equiv a (\bmod m).$$
a) Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ có tính chất $t-20.$
b) Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất có tính chất $t-{{20}^{15}}$.

Về câu hình và câu đại ngày 1.
Câu 2.
Bài hình ngày 1 nhẹ nhàng hơn câu hình VMO 2015 và trong quá trình xử lý có 1 chỗ dùng tâm phương phương giống bài hình ngày 2 VMO 2014. Mấu chốt của cả 2 ý a, b là việc khôi phục điểm $T$ mà đối với học sinh chuyên toán thì điểm này rất quen thuộc.

a) Rõ ràng $AK, B'C', BC$ đồng quy tại $T.$ Gọi $H'$ là giao điểm của $AH$ với $(O)$ thì $T$ là tâm đẳng phương của 3 đường tròn $(AKH'M), (H'MCB), (CBKA)$ nên $H'$ thuộc $TM.$ Chú ý $H, H'$ đối xứng với nhau qua $BC$ nên $N$ cũng đối xứng với $M$ qua $BC.$ Vậy $N$ luôn di động trên một đường tròn cố định khi $A$ thay đổi, đó là đường tròn đối xứng với $(O)$ qua $BC.$


b) Vẽ hình đúng ta thấy cần chứng minh $AJ$ đi qua $O$ tức cần chứng minh $AR, AJ$ đẳng giác. Điều này tương đương với việc tứ giác $APRQ$ điều hòa tuy nhiên điều này hiển nhiên đúng do $A(TDBC)=-1.$ Phép chứng minh kết thúc.




Câu 1. Ta có $\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{21}}{2}.$ Giả sử $f(x)=x^2+x-5; g(x)=c_nx^n+...+c_1x+c_0-2015.$
Ta có $g(x)=f(x).h(x)+ax+b$ với $h(x)=a_{n-2}x^{n-2}+...+a_1x+a_0.$
Đồng nhất hệ số 2 vế ta được

$\begin{cases}
c_n=a_{n-2}\\
c_{n-1}=a_{n-2}+a_{n-3}\\
c_j=-5a_{j}+a_{j-1}+a_{j-2}; \forall j=2,n-2\\
c_1=-5a_1+a_0\\
c_0=2015-5a_0\\
\end{cases}$

Do $g(x) \in \mathbb{N^*}_{[x]}$ nên $h(x) \in \mathbb{Z}_{[x]}$ và $a, b \in \mathbb{Z}.$
Khi đó $a \alpha+b=0 \leftrightarrow a=b=0.$

a) Do vậy $g(1)=-3h(1)$ tức $A=-3B+2015 \equiv 2 \mod 3$ do $B=a_{n-2}+...+a_1+a_0 \in \mathbb{Z}.$


b) Thực hiện việc đồng nhất như trên, với chú ý $c_n \ge 1$ và $c_i \ge 0$ với mọi $i=0, n-1$ suy ra

$\begin{cases}
a_{n-2} \ge 1\\
a_{n-2}+a_{n-3} \ge 0\\
-5a_{j}+a_{j-1}+a_{j-2} \ge 0; \forall j=2,n-2\\
-5a_1+a_0 \ge 0\\
=2015-5a_0 \ge 0\\
\end{cases}$

Từ đây chú ý $a_j \in \mathbb{Z},$ ta sẽ tính được $a_{j}$ với $j=1,2,...$
Cụ thể $a_0 \le 403; a_1 \le 80; a_2 \le 96; a_3 \le 35; a_4 \le 26; a_5 \le 12; a_6 \le 7; a_7 \le 3; a_8 \le 2; a_9 \le 1; a_j \le 0$ với mọi $j \ge 10.$ Suy ra $h(1) \le 403+...+1 = 665.$
Cuối cùng $A \ge 2015-3(403+80+96+35+26+12+7+3+2+1) \ge 20.$
Bài toán được giải quyết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaott6118]

Chuyen DHKHTN Ha Noi:2
Nang khieu TPHCM 1
Ha Tinh 1
Thai Binh 1
Khac 1
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vantienducdh]

Nguyên văn bởi thaott6118

Chuyen DHKHTN Ha Noi:2
Nang khieu TPHCM 1
Ha Tinh 1
Thai Binh 1
Khac 1

thong tin o dau the ban
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

Dự đoán thế thôi mà .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 4.

Trong một kỳ thi vấn đáp, có $100$ thí sinh và $25$ vị giám khảo, mỗi thí sinh thích ít nhất $10$ giám khảo.

a) Chứng minh rằng có thể chọn ra $7$ giám khảo mà mỗi thí sinh đều thích ít nhất $1$ trong $7$ người đó.
b) Chứng minh rằng có thể sắp xếp lịch thi sao cho mỗi thí sinh được đúng $1$ giám khảo mình thích hỏi và mỗi giám khảo hỏi không quá $10$ thí sinh.

Bài 5.

Cho tam giác$ABC$ nhọn và có điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle APB=\angle APC = \alpha$ và $\alpha>180{}^\circ - \angle BAC $. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB$ cắt $AC$ ở $E,$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $APC$ cắt $AB$ ở $F$ . Gọi $Q$ là điểm nằm trong tam giác $AEF$ sao cho $\angle AQE=\angle AQF$. Gọi $D$ là điểm đối xứng với $Q$ qua $EF$ , phân giác góc $EDF$ cắt $AP$ tại $T.$

a) Chứng minh rằng $\angle DET=\angle ABC,\angle DFT=\angle ACB$ .
b) Đường thẳng $PA$ cắt các đường thẳng $DE,DF$ lần lượt tại $M,N$ . Gọi $I,J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $PEM,PFN$ và $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DIJ$ . Đường thẳng $DT$ cắt $(K)$ tại $H$. Chứng minh rằng $HK$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $DMN.$

Bài 6.

Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho tồn tại $n$ số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) Tổng của $n$ số đó dương.
ii) Tổng lập phương của $n$ số đó âm.
iii) Tổng lũy thừa bậc $5$ của $n$ số đó dương.

Bài hình ngày 2 thì việc chồng hình còn kinh khủng hơn, ta có thể tách ra như sau:
a) Cho tam giác $QEF$ trên đường phân giác trong góc $Q$ lấy điểm $A$ nằm ngoài tam giác $QEF$ và gọi $T'$ là điểm đẳng giác của $Q$ trong tam giác $AEF.$ Chứng minh rằng nếu gọi $D$ là điểm đối xứng với $Q$ qua $EF$ thì $DT'$ là phân giác góc $\widehat{EDF}.$

Áp dụng Định lý sin ta có $\dfrac{T'E}{T'F}=\dfrac{AE}{AF}.$
Lại tiếp tục áp dụng Định lý sin ta được $\dfrac{\sin \widehat{T'DE}}{\sin \widehat{T'DF}}=\dfrac{T'E. \sin \widehat{T'ED}}{T'F \sin \widehat{T'FD}}=\dfrac{AE. \sin \widehat{AEF}}{AF \sin \widehat{AFE}}=1.$
Suy ra đpcm.

b) Cho tứ giác ngoại tiếp $EPDF$ có $X$ là một điểm thuộc $EF.$ Gọi $I$ là đường tròn tiếp xúc với $XP,PE,ED$ và $J$ là đường tròn tiếp xúc với $XP,PF,FD.$ Chứng minh $\widehat{IDJ}=\dfrac{\widehat{EDF}}{2}.$

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $(I)$ và $(J)$ có 1 tiếp tuyến đi qua $D.$
Đây là một tính chất của tứ giác ngoại tiếp.

Bài 6. Tư tưởng để giải quyết bài toán này là giảm biến bằng cách chia thành 2 loại biến âm dương.
Cụ thể, rõ ràng $n=1,n=2$ không thỏa mãn.

Xét $n=3.$ Giả sử $a+b+c>0, a^3+b^3+c^3<0, a^5+b^5+c^5>0$ và $a \ge b \ge c$ (hệ quả là $a>0.$)

Nếu $b > 0; c < 0$ (chú ý nếu 1 biến bằng không thì quy về $n=2$ loại) thì đổi dấu $c$ ta được $x+y>1, x^3+y^3<1, x^5+y^5>1$ với $x=\dfrac{a}{c}>0; y=\dfrac{b}{c}>0.$

Ta có $0<x,y<1$ để có $x^5+y^5<x^3+y^3<1,$ vô lý.

Nếu $c<b<0$ thì đổi dấu cả $b,c$ ta được $x+y<1, x^3+y^3>1, x^5+y^5<1$ với $x=\dfrac{b}{a}>0; y=\dfrac{c}{a}>0.$

Ta có $0<x,y<1$ để có $x^3+y^3<x+y<1,$ vô lý.
Tóm lại $n=3$ không thỏa mãn.


Với $n=4.$ Giả sử $a+b+c+d>0, a^3+b^3+c^3+d^3<0, a^5+b^5+c^5+d^5>0$ và $a \ge b \ge c \ge d$ (hệ quả là $a>0.$)

Nếu $b > 0; c > 0 > d$ (chú ý nếu 1 biến bằng không thì quy về $n=3$ loại) thì đổi dấu $d$ ta được $x+y+z>1, x^3+y^3+z^3<1, x^5+y^5+z^5>1$ với $x=\dfrac{a}{d}>y=\dfrac{b}{d}>z=\dfrac{c}{d}>0.$
Do $0<x,y,z<1$ nên $x^5<x^3, y^5<y^3, z^5<z^3$ suy ra $x^5+y^5+z^5<x^3+y^3+z^3=1,$ vô lý.

Nếu $d<c<b<0,$ thì đổi dấu $b,c,d$ ta được $x+y+z<1, x^3+y^3+z^3>1, x^5+y^5+z^5<1$ với $x=\dfrac{a}{d}>0;y=\dfrac{b}{d}>0;z=\dfrac{c}{d}> 0.$
Do $0<x,y,z<1$ nên $x^3<x, y^3<y, z^3<z$ suy ra $x^3+y^3+z^3<x+y+z=1,$ vô lý.


Trường hợp khó nhất là $a>b>0>c>d.$ Đổi dấu $c, d$ ta có $x+y>z+1, x^3+y^3<z^3+1, x^5+y^5>z^5+1$ với $x=\dfrac{a}{d}>y=\dfrac{b}{d}>0; z=\dfrac{c}{d} \in (0;1).$

Ta có $xy >\dfrac{t^3-z^3-1}{3t}>0$ (với $t=x+y>z+1$) nên $x^2+y^2<\dfrac{t^3+2z^3+2}{3t}.$
Khi đó $x^5+y^5=(x^3+y^3)(x^2+y^2)-x^2y^2(x+y)<(z^3+1)\dfrac{t^3+2z^3+2}{3t}-\dfrac{(t^3-z^3-1)^2}{9t} < 1+z^5$ vì biến đổi tương đương điều này được $t^6-5(z^3+1)t^3+9(z^5+1)t-5(z^3+1)^2>0 (*)$ vô lý do $x^5+y^5>1+z^5.$

Bài toán sẽ được giải quyết nếu chứng minh được $(*)$ với $t > z+1 >2.$
Thật vậy $(*)$ tương đương với
$f(t)>0$ với $f(t)=t^6-5(z^3+1)t^3+9(z^5+1)t-5(z^3+1)^2$ và $f(z+1)=0.$
Ta có $f'(t)=6t^5-15(z^3+1)t^2+9(1+z^5)$ và $f'(z+1)>0.$
Lại có $f''(t)=30t^4-30(z^3+1)t>0$ nên $(*)$ được chứng minh.

Khi $n=5$ chỉ ra 1 bộ thỏa mãn.

Bài toán được giải quyết trọn vẹn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[AnhTrieu_t1k24]

Cho em hoi huynhcongbang ở chỗ lời giải:
ở trang 1: tứ giác HNEJ có phải là hình bình hành không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaott6118]

Hinh nhu co ket qua doi tuyen IMO 2015 roi day.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[omerta_vn]

Nguyên văn bởi thaott6118

Hinh nhu co ket qua doi tuyen IMO 2015 roi day.

Vừa có chiều nay nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

Mình biết được có bạn Việt Hà ở Hà TĨnh, còn lại thì ... chưa biết .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[omerta_vn]

Kết quả là:

KHTN 2 suất: Thế Hoàn Nguyễn và Nguyễn Tuấn Hải Đăng

Hà Tĩnh 1 suất: Ha Dino

Năng Khiếu 1 suất: Nguyễn Huy Hoàng

Nghệ An 1 suất: Hoàng Anh Tài

Nam Định 1 suất: Vu Duc Tai Vu

(Nguồn Võ QUốc Bá Cẩn)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sad]

Hình như một suất của Thái Bình thì phải. Nam Định ko có
------------------------------
Thôi chắc phải đợi ngày mai Bộ công bố mới chính xác
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khoakhoa]

Thong tin TST 2015 chua co! Buon qua.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sophia2009]

Nguyên văn bởi omerta_vn

Kết quả là:

KHTN 2 suất: Thế Hoàn Nguyễn và Nguyễn Tuấn Hải Đăng

Hà Tĩnh 1 suất: Ha Dino

Năng Khiếu 1 suất: Nguyễn Huy Hoàng

Nghệ An 1 suất: Hoàng Anh Tài

Nam Định 1 suất: Vu Duc Tai Vu

(Nguồn Võ QUốc Bá Cẩn)

Thay suất NĐ bởi Thái Bình: Nguyễn Xuân Trung
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sad]

Tuyệt vời chúc mừng Chuyên TB. E Trung là hs lop 11 đầu tiên của chuyên TB dự thi quốc tế
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]