a) Cho 2026 số nguyên dương đôi một khác nhau và nhỏ hơn 4050. Chứng minh rằng luôn tồn tại 3 số để tổng hai số này bằng số kia.
b) Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có $SA=1$. Gọi $D$, $E$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SC$. Tính thể tích của khối chóp $S.ABC$ biết $BD$ vuông góc với $AE$.

a) Gọi 2026 số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 4050 là $a_1<a_2<...<a_{2026}$ (1)

Đặt $b_1=a_2-a_1;b_2=a_3-a_1;...b_{2025}=a_{2026}-a_1$ (2)

Ta có (2) chứa 2025 số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 4050 [0,5 điểm]

Từ (1) và (2) ta có 4051 số nguyên từ 1 đến 4050 [0,5 điểm]

Vậy có một số ở (1) và (2) trùng nhau, giả sử số đó là

$a_i-a_1=a_j\Rightarrow a_i=a_1+a_j$ (đpcm) [1,0 điểm]

b) Lấy $F$ là trung điểm của $SE$ thì $DF//AE$, mà $BD\perp AE$ nên $BD\perp DF$ $\Rightarrow B{D}^2+D{F}^2=B{F}^2$ (1). [0,5 điểm]

Đặt $AB=x$. Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

$$B{D}^2=\frac{A{B}^2+S{B}^2}{2}-\frac{S{A}^2}{4}=\frac{x^2+1^2}{2}-\frac{1^2}{4}=\frac{2x^2+1}{4}$$

Tương tự: $A{E}^2=B{E}^2=\frac{2x^2+1}{4}$; $D{F}^2=\frac{A{E}^2}{4}=\frac{2x^2+1}{16}$ [0,5 điểm]

$$B{F}^2=\frac{B{S}^2+B{E}^2}{2}-\frac{S{E}^2}{4}=\frac{1+\frac{2x^2+1}{4}}{2}-\frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}{4}=\frac{7}{16}+\frac{2x^2+1}{8}.$$

Đặt $t=\frac{2x^2+1}{4}$, thay vào (1) ta có: $t+\frac{t}{4}=\frac{7}{16}+\frac{t}{2}\iff t=\frac{7}{12}$

$\Rightarrow \frac{2x^2+1}{4}=\frac{7}{12}\iff x^2=\frac{2}{3}\Rightarrow x=\frac{\sqrt{6}}{3}$. [0,5 điểm]

Khi đó đường cao

$$SH=\sqrt{S{C}^2-C{H}^2}=\sqrt{1-{\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{1-{\left(\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}\cdot \sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{1-\frac{2}{9}}=\frac{\sqrt{7}}{3}$$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{x^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}=\frac{1}{3}\cdot \frac{{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}^2\cdot \sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}=\frac{\sqrt{21}}{54}$. [0,5 điểm]