Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Toán khối 11 by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN TOÁN

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Toán khối 11 năm 2019 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ ĐỀ XUẤT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP: 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

 x0 = 2 Bài 1 (4,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn :  xn  xn +1 = 2 , ∀n = 0,1, 2, ...

Chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 2 (4,0 điểm) Hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A, B . CD là tiếp tuyến chung của

(O1) và (O2) ( C ∈ ( O1 ) , D ∈ ( O2 ) ) và điểm B gần CD hơn điểm A . CB cắt AD tại E , DB cắt CA tại F , EF cắt AB tại N . K là hình chiếu vuông góc của N trên CD. = DAK . a) Chứng minh rằng CAB

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD và H là trực tâm tam giác KEF Chứng minh rằng ba đường thẳng OH, CD, EF đồng quy. Bài

(4,0

điểm)

Tìm

tấ t

cả

các

hàm

số

f :R → R

thỏa

mãn

điề u

kiện:

f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) + f ( x ) − f ( y ) − xy, ∀x, y ∈ R (1) Bài 4 (4,0 điểm) Cho n là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Các tập hợp số nguyên dương A = {k ∈ N * / kn + 1 ∈ cp} và B = { j ∈ N * / jn ∈ cp} .

k ≥ n − 2∀k ∈ A  j ≥ n∀j ∈ B (kí hiệu ∈ cp là số chính phương , ℘ tập hợp số nguyên tố).

Chứng minh rằng: n ∈℘ ⇔ 

Bài 5 (4,0 điểm) Cho tập hợp D = {1, 2,3,4,...,12} . Tìm số tập con của D sao cho phương

trình x + y = 12 vô nghiệm trên mỗi tập con đó. --------------- Hết --------------Người ra đề: Dương Thúy Quỳnh

ĐT: 0834173238

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ ĐỀ XUẤT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN: TOÁN - LỚP: 11

 x0 = 2 Bài 1 (4,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn :  xn  xn +1 = 2 , ∀n = 0,1, 2, ...

Chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. ĐÁP ÁN Đặt f ( x) = ( 2) thì dãy số trên có dạng x0 = 2 và xn+1 = f(xn).

ĐIỂM

Ta thấy f(x) là hàm số tăng và x1 = 2 > 2 = x0 . Từ đó, do f(x) là hàm số tăng nên ta có x2 = f(x1) > f(x0) = x1, x3 = f(x2) > f(x1) = x2, … Suy ra ( xn ) là dãy số tăng.

1,0

Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp rằng xn < 2 với mọi n. Với n = 0, x0 = 2 nên điều này đúng. Giả sử ta đã có xk < 2 thì rõ ràng x k +1 = 2 toán học, ta có xn < 2 với mọi n.

< 2 = 2. Theo nguyên lý quy nạp

1,0

Vậy dãy {xn} tăng và bị chặn trên bởi 2 nên dãy có giới hạn hữu hạn. Gọi a là giới hạn đó thì chuyển đẳng thức x n +1 = 2

sang giới hạn, ta được

a = 2 . Ngoài ra ta cũng có a ≤ 2. ln x = ln( 2 ) . (*) x ln x 1 − ln x Xét hàm số g (x) = , g '(x) = x x2 Khi x ∈ ( 0; 2] thì g '(x) < 0 nên phương trình (*) chỉ có 1 nghiệm x ≤ 2 . x

Xét phương trình x = 2 ⇔

2,0

Vì 2 là một nghiệm của phương trình (*) nên phương trình (*) có một nghiệm duy nhất thoả mãn điều kiện x ≤ 2 . Từ đó suy ra a = 2. Vậy giới hạn của xn khi n dần đến vô cùng là 2.

Bài 2 (4,0 điểm) Hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A, B . CD là tiếp tuyến chung của

(O1) và (O2) ( C ∈ ( O1 ) , D ∈ ( O2 ) ) và điểm B gần CD hơn điểm A . CB cắt AD tại E , DB cắt CA tại F , EF cắt AB tại N . K là hình chiếu vuông góc của N trên CD. 1

= DAK . a) Chứng minh rằng CAB

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD và H là trực tâm tam giác KEF Chứng minh rằng ba đường thẳng OH, CD, EF đồng quy. Ý

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Bổ đề: Cho tứ giác ABCD nội tiếp và AB.CD = AD.CB. Nếu M là trung = CAD . điểm của BD thì MAB Chứng minh: A

1,0 M

C B

Theo định lí Ptolemy và AB.CD = AD.CB , ta có: 2 AB.CD = AB.CD + AD.CB = AC.BD = 2 AC.BM ⇒

AB AC = . MB DC

. Mà ABM = ACD = CAD . Do đó tam giác ABM đồng dạng với tam giác ACD . Vậy MAB

N F O B H

C L

Gọi M là giao điểm của AB và CD. Vì CD tiếp xúc với các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) nên MC 2 = MA.MB = MD 2 . Do đó: MC = MD(1);

MC MA MD MA ; = = ( 2). MB MC MB MD

Từ (2) suy ra tam giác MCB đồng dạng với tam giác MAC , tam giác MDB đồng dạng với tam giác MAD. Do đó:

CB CM DB DM BC BD ; = = = ( 3) . Từ (1) và (3) ⇒ ( 4). AC AM AD AM AC AD

Lấy điểm L trên AK sao cho LB / / NK . Ta có: ( KA, KB, KN , KM ) là chùm điều hòa.

1,0

Do đó KM đi qua trung điểm của LB. Mà LB ⊥ KM . Do đó L và B đối xứng với nhau qua KM ( 5) . Từ (4) và (5) suy ra

LC LD = (6) AC AD

Vì CD tiếp xúc với các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) nên = BCD , BAD = BDC . BAC

Từ đó, chú ý tới (5), suy ra + CLD = BCD + BDC + CBD = 1800 ⇒ ACLD nội tiếp (7) CAD = DAK . Từ (6) và (7) theo bổ đề trên, suy ra CAB

1,0

Từ (5) và (7) suy ra 3

= KLD = KCF ; FAE + FBE = CAD + CBD = CAD + CLD = 1800. KBD

Do đó các tứ giác FBKC , FBEA nội tiếp. Vì tứ giác FBEA nội tiếp và CD tiếp xúc với = BAF = BCD ⇒ CD / / EF ( 8 ) . ( O1 ) ⇒ BEF

Vì các tứ giác FBKC , FBEA nội tiếp và O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD = FBC = CAD = 1 COD = 900 − OCK ⇒ CO ⊥ KF . ⇒ FKC 2

Từ đó, chú ý rằng EH ⊥ KF ⇒ CO / / EH ( 9 ) . 1,0

Tương tự, ta chứng minh được DO / / FH (10 ) . Từ (8),(9),(10) suy ra các đường thẳng OH , CE , DF đồng quy. Bài 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) + f ( x ) − f ( y ) − xy, ∀x, y ∈ ℝ (1) (1)

thỏa

mãn

ĐÁP ÁN

đi ề u

kiện:

ĐIỂM

Đặt f ( 0 ) = a . Từ (1) cho x = y = 0 ta được f ( f ( 0 ) ) = a 2 . 1,0

Thay x = y = t vào (1), ta được ( f ( t ) ) = t 2 + a 2 ( 2 ) Từ đây suy ra đẳng thức f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ x12 = x22 . 2

Từ (2) ta thu được ( f ( −t ) ) = ( f ( t ) ) hay

( f ( x ) − f ( − x ) ) ( f ( x ) + f ( − x ) ) = 0, ∀x ∈ ℝ ( 3). Từ (1) thay y = 0 ta được f ( f ( x ) ) = af ( x ) + f ( x ) − a, ∀x ∈ ℝ ( 4 ) .

1,0

Thay x = 0 , ta thu được f ( f ( − y ) ) = af ( − y ) + f ( − y ) − a, hay f ( f ( x ) ) = af ( − x ) + f ( − x ) − a, ∀x ∈ ℝ (5) Từ (4) và (5) cho ta a ( f ( x ) − f ( − x ) ) + f ( x ) + f ( − x ) = 2a, ∀x ∈ ℝ ( 6 ). (4)

Giả sử tồn tại x0 ≠ 0 sao cho f ( − x0 ) = f ( x0 .) Thế vào (6), ta được f ( x0 ) = a = f ( 0 ) nên x02 = 0 ⇒ x0 = 0, vô lí. 1,0

Vậy f ( − x ) = − x, ∀x ∈ ℝ Từ (6), a (1 − f ( x ) ) = 0, ∀x ∈ ℝ nên a = 0 vì nếu f ( x ) = 1 thì mâu thuẫn với điều kiện f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ℝ. Thế a = 0 vào (2), ta được:

( f ( x ) − x ) ( f ( x ) + x ) = 0, ∀x ∈ ℝ. Giả sử tồn tại x0 ≠ 0 sao cho f ( x0 ) = − x0, thì − x0 = f ( x0 ) = f ( f ( x0 ) ) = − f ( x0 ) = x0 .

1,0

Suy ra x0 = 0 trái với giả thiết. Vậy nên f ( x ) = x, ∀x ∈ ℝ . Thử lại, ta thấy hàm f ( x ) = x, ∀x ∈ ℝ thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Bài 4 (4,0 điểm) Cho n là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Các tập hợp số nguyên dương A = {k ∈ N * / kn + 1 ∈ cp} và B = { j ∈ N * / jn ∈ cp} .

k ≥ n − 2∀k ∈ A  j ≥ n∀j ∈ B (kí hiệu ∈ cp là số chính phương , ℘ tập hợp số nguyên tố).

Chứng minh rằng: n ∈℘⇔ 

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

k ≥ n − 2∀k ∈ A ⇒ n ∈℘⇒   j ≥ n∀j ∈ B  x + 1⋮ n ( do n ∈℘ ) kn + 1 = x 2 ( x ∈ ℕ* ) ⇔ ( x + 1)( x − 1) = kn ⇔   x − 1⋮ n ⇒ x ≥ n − 1 vậy kn = ( x + 1)( x − 1) ≥ n ( n − 2 ) ⇔ k ≥ n − 2 . • jn = y 2 ⇒ y 2 ⋮ n ⇒ y ⋮ n ( do n ∈℘ ) ⇒ y ≥ n . vậy jn = y 2 ≥ n 2 ⇔ j ≥ n •

k ≥ n − 2∀k ∈ A ⇐  ⇒ n ∈℘  j ≥ n∀j ∈ B Phản chứng .Giả sử n là hợp số ⇒ n ≥ 4 Trường hợp 1: n = p α với p ∈℘, α ∈ ℕ* , α > 1 • Nếu α chẵn chọn j = 1 < n mà jn = p α ∈ cp (vô lí)

2,0

1,0 2

• Nếu α lẻ α = 2t + 1( t ∈ ℕ* ) chọn j = p < n mà jn = ( p t +1 ) ∈ cp (vô lí) Trường hợp 2: n = pq với p, q ∈ ℕ* \ {1} , ( p, q ) = 1 . Ta chứng minh: ∃ 1 ≤ k < n − 2 ( k ∈ ℕ ) mà kn + 1∈ cp p −1

Xét D = { xq + 2}x =0 là HĐĐ mod p ⇒ ∃x ∈ {0,1,2,..., p − 1} sao cho 1,0

xq + 2 ≡ 0 ( mod p ) ⇒ xq + 2 = mp với m ∈ ℕ* . Chọn k = mx ≤ m ( p − 1) < xq ≤ ( p − 1) q < n − 2 2

Ta có: kn + 1 = mx ⋅ n + 1 = mp ⋅ xq + 1 = xq ( xq + 2 ) + 1 = ( xq + 1) ∈ cp ( vô lí) 5

Từ hai trường hợp ta thấy điều giả sử là sai .Vậy n ∈℘ .

Bài 5 (4,0 điểm) Cho tập hợp D = {1,2,3,4,...,12} . Tìm số tập con của D sao cho phương

trình x + y = 12 vô nghiệm trên mỗi tập con đó. ĐÁP ÁN

ĐIỂ M

Ta có 1 + 12 = 2 + 11 = 3 + 10 = 4 + 9 = 5 + 8 = 6 + 7 = 13 Gọi A1 là tập các con của D có chứa 1 và 12. A 2 là tập các con của D có chứa 2 và 11. A 3 là tập các con của D có chứa 3 và 10. A 4 là tập các con của D có chứa 4 và 9. A 5 là tập các con của D có chứa 5 và 8. A 6 là tập các con của D có chứa 6 và 7.

1,0

Gọi B là tập tất cả các tập con của D. Gọi C là tập các tập con thoả mãn yêu cầu. Thì C = B − A1 ∪ A 2 ∪ ... ∪ A 6 . Do vai trò bình đẳng của các A i nên áp dụng định lí “Cho n tập n

A1 , A 2 ,...,A n là các tập hữu hạn thì:

∪A

∑

( −1)

I⊆{1,2,...n};I ≠∅

i =1

I +1

∩A

”,

i∈I

ta có:

2,0

∪A

1 6

2 6

3 6

4 6

= C A1 − C A1 ∩ A 2 + C A1 ∩ A 2 ∩ A 3 − C A1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4

i =1

+C56 A1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∩ A 5 − C66 A1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∩ A 5 ∩ A 6 Ta có B = 212 Mỗi phần tử của A1 có dạng {1,12} ∪ Y1 với Y1 là một tập con bất kỳ của

D \ {1;12} , như thế A1 = Y1 = 210 Tương tự ta có A1 ∩ A 2 = 28 ; A1 ∩ A 2 ∩ A3 = 26 ;

A1 ∩ A 2 ∩ A3 ∩ A 4 = 24 ; A1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∩ A5 = 22 ; A1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∩ A5 ∩ A 6 = 1 .

(

)

Vậy C = 26 − C16 .210 − C62 .28 + C36 .26 − C64 .24 + C56 .2 − C 66 .1 = 729

-------------- HẾT -------------

1,0

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH LONG

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (4 điểm). Cho các dãy số thực ( an ), (bn ), (cn ) thỏa mãn các điều kiện sau: i) a1 = 1, b1 = c1 = 0, ii) an = an−1 +

cn−1 a b , bn = bn−1 + n−1 , cn = cn−1 + n−1 với mọi n ≥ 1. n n n

Chứng minh rằng lim n ((an − bn ) 2 + (bn − cn ) 2 + (cn − an ) 2 ) = 0.

Câu 2 (4 điểm). Cho p là số nguyên tố có dạng 12 k + 11 . Một tập con S của M = {1, 2,…, p − 1} được gọi là “tốt” nếu như tích các phần tử của S không nhỏ hơn tích các phần tử của M \ S . Ký hiệu ∆ S hiệu hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia ∆ S cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng

p −1 phần tử. 2

Câu 3 (4 điểm). Cho hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn f (2) = 5, f (2020) = 2019 và f ( n ) = f ( f ( n − 1)) với mọi n ≥ 1.

a) Chứng minh rằng f (2 n ) + f (2 n − 1) là hằng số với mọi n ≥ 2. b) Tính các giá trị có thể có của f (2019).

Câu 4 (4 điểm). a) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) có điểm P bất kỳ trên mặt phẳng. Đường tròn ( APB ),( APC ) cắt lại AC , AB tại các điểm E , F . Đường tròn ( AEF ) cắt lại AP ở điểm T . Gọi H là điểm đối xứng với K qua P. Chứng minh rằng H nằm trên đường tròn (O ). b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) có điểm P thay đổi trên đường trung tuyến AM của tam giác ABC . Đường tròn ( APB ),( APC ) cắt lại AC , AB theo thứ tự tại các điểm E , F . Gọi G là giao điểm của EF , BC . Đường tròn ( AEF ) cắt AP ở T . Chứng minh rằng đối xứng của T

qua PG nằm trên đường tròn (O ).

Câu 5 (4 điểm). Cho k là số nguyên tố không lớn hơn 2019 . Gọi tập A là tập con của tập S = {2,3,..., 2019} sao cho A ≤ k và không có hai phần tử nào trong A chia hết nhau. Chỉ ra rằng có thể tìm được tập B sao cho B = k ,A ⊆ B ⊆ S và không có hai phần tử nào trong tập B chia hết nhau.

------- HẾT ------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và các loại máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . Giáo viên ra đề: Đỗ Văn Huynh SĐT: 0988862936

Email: Daoaeris@gmail.com

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 11 (Hướng dẫn này có 05 trang) Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 Cho các dãy số thực ( an ), (bn ), (cn ) thỏa mãn các điều kiện sau: (4 điểm) i) a1 = 1, b1 = c1 = 0, ii) an = an−1 +

cn−1 a b , bn = bn−1 + n−1 , cn = cn−1 + n−1 với mọi n ≥ 1. n n n

Chứng minh rằng lim n (( an − bn ) 2 + (bn − cn ) 2 + (cn − an ) 2 ) = 0.

Đặt un = (an − bn ) 2 + (bn − cn )2 + (cn − an )2 , ∀n. Ta sẽ ước lượng giá trị của un . Từ công thức đã cho, ta có cn −1 − an −1 n (c − a ) 2 2( an −1 − bn −1 )(cn −1 − an −1 ) ⇒ ( an − bn ) 2 = (an −1 − bn −1 ) 2 + n −1 2 n −1 + n n an − bn = an −1 − bn −1 +

1,0 đ

Xây dựng các đẳng thức tương tự với (bn − cn ) 2 , (cn − an )2 rồi cộng lại, chú ý rằng ( x − y )( z − x) + ( y − z )( x − y ) + ( z − x)( y − z ) 1 = x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx =  ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2  . 2

n2 − n + 1  1 1  un −1 với mọi n ≥ 2. Từ đây dùng đánh giá Suy ra un = 1 − + 2  un−1 = n2  n n 

n2 − n + 1 n + 1 3u3 n +1 n 3 ≤ , ∀n ≥ 2 , ta có un ≤ làm trội với n ≥ 3. ⋅ ⋯ u3 = 2 n n+2 n + 2 n +1 4 n+2  3u   3u  Do đó 0 ≤ nun ≤ n  3  . Dễ thấy lim n  3  = 0 nên theo nguyên lý kẹp,  n + 2   n + 2 

1,0 đ

1,5 đ

0,5 đ

ta có lim d n n = 0.

Câu 2 Cho p là số nguyên tố có dạng 12 k + 11 . Một tập con S của M = {1,2,…, p − 1} (4 điểm) được gọi là “tốt” nếu như tích các phần tử của S không nhỏ hơn tích các phần tử của M \ S . Ký hiệu ∆ S hiệu hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia

∆ S cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng

p −1 phần tử. 2

 p +1 p + 3  , ,… , p − 2, p − 1 thì rõ ràng S là tập con tốt Trước hết, xét tập con S =  2 2   và ∆ S = ( −1)

p −1 2

 p −1  p −1  p −1   !−  ! ≡ −2   ! = 2a (mod p ) ,  2   2   2 

 p −1 2 trong đó a = −   ! và thỏa mãn p | a − 1 theo định lý Wilson.  2  Ta xét các trường hợp: - Nếu a ≡ 1 (mod p ) thì ∆ S = 2 (mod p ) .

1,0đ

1,0 đ

p +1 p −1 p +1 (mod p ) thì → ≡− 2 2 2 dễ thấy dấu của ∆ S sẽ được thay đổi thành 2. Khi đó, trong cả hai trường hợp, ta - Nếu a ≡ −1 (mod p) thì trong tập con S , thay

đều chỉ ra được tập con tốt có ∆ S = 2 (mod p ) . Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho ∆ S = 1 (mod p ) . Xét một tập con tốt S bất kỳ và gọi a , a ′ lần lượt là tích các phần tử của S , M \ S . Theo định lý Wilson thì aa′ = ( p − 1)! ≡ −1 (mod p) .

1,0 đ

Khi đó, nếu a ≡ a′ (mod p) thì p | a 2 + 1 , vô lý vì ta đã biết a 2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4 k + 3. Còn nếu a − a′ ≡ 1 (mod p) thì (2a − 1) 2 ≡ −3 (mod p ) ,

Câu 3 (4 điểm)

1,0 đ

 −3  cũng vô lý vì   = −1 do theo giả thiết thì p ≡ 11 (mod12).  p Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2. Cho hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn f (2) = 5, f (2020) = 2019 và f ( n ) = f ( f ( n − 1)) với mọi n ≥ 1.

a) Chứng minh rằng f (2n ) + f (2n − 1) là hằng số với mọi n ≥ 2. b) Tính các giá trị có thể có của f (2019).

Đặt f (3) = x, f (4) = y thì ta có: x = f (3) = f ( f (2)) = f (5) = f ( f (4)) = f ( y ) và y = f (4) = f ( f (3)) = f ( x ) .

Ta sẽ chứng minh rằng với n ≥ 3 thì f ( n ) = x nếu n lẻ và f ( n ) = y nếu n chẵn (*) bằng quy nạp. Thật vậy, Với n = 3 và n = 4 , (*) hiển nhiên đúng. Giả sử (*) đúng với mọi k thỏa mãn 3 ≤ k ≤ n − 1 . Khi đó, ta có 2 trường hợp: - Nếu n chẵn thì f ( n ) = f ( f ( n − 1)) = f ( x ) = y . -

1,0 đ

Nếu n lẻ thì f ( n ) = f ( f ( n − 1)) = f ( y ) = x .

Do đó, theo nguyên lý quy nạp, (*) được chứng minh. Theo giả thiết thì f (2020) = 2019 nên y = 2019 , suy ra f (2019) = x, f ( x ) = 2019 . Ta

có

5 = f (2) = f ( f (1)) .

Dễ

thấy

f (1) ≠ 1

vì

n ếu

không

thì

f (2) = f ( f (1)) = f (1) = 1 , mâu thuẫn. Các giá trị f ( n ) với n = 0,1, 2,... lập thành dãy như sau: f (0), f (1), f (2) = 5, f (3) = x, f (4) = 2015, f (5) = x, f (6) = 2019,...

1,0 đ

Ta xét các trường hợp sau: 1) Nếu f (1) là số lẻ lớn hơn 1 thì f (2) = f ( f (1)) = x , mà f (2) = 5 nên x = 5 . Suy ra, f ( x ) = f (5) = x = 5 , nhưng ta lại có f ( x ) = 2019 , mâu thuẫn. 2) Nếu f (1) là số chẵn lớn hơn 2 thì f (2) = f ( f (1)) = 2019 , cũng mâu thuẫn.

1,0 đ

3) Nếu f (1) = 0 thì f (0) = f ( f (1)) = f (2) = 5 , dẫn đến f (1) = f ( f (0)) = f (5) = x nên x = 0 , suy ra f (0) = 2019 , cũng mâu thuẫn. 4) Nếu f (1) = 2 thì ta có f ( f (0) ) = 2 nên f (0) không thể là các số chẵn lớn hơn 2, ta có 2 trường hợp sau: + Nếu f (0) là số lẻ lớn hơn 1 thì f (1) = x và f (2) = f ( f (1)) = f ( x ) = 2019 , mâu

1,0 đ

thuẫn. + Nếu f (0) = 1 thì các giá trị f ( n ) với n = 0,1, 2,... lập thành dãy sau:

1, 2,5, x, 2019, x, 2019, x, 2019,... Do f (2019) = x nên ta thấy x bằng 2019 hoặc là số chẵn lớn hơn 2. Vậy tóm lại, f (2019) = x có thể nhận giá trị bằng 2019 hoặc các số chẵn lớn hơn 2. a) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) có điểm P bất kỳ trên mặt phẳng.

Câu 4 (4 điểm) Đường tròn ( APB),( APC ) cắt lại AC , AB tại các điểm E , F . Đường tròn ( AEF ) cắt lại AP ở điểm T . Gọi H là điểm đối xứng với K qua P. Chứng minh rằng H nằm trên đường tròn (O ). b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) có điểm P thay đổi trên đường trung tuyến AM của tam giác ABC . Đường tròn ( APB ),( APC ) cắt lại AC , AB theo thứ tự tại các điểm E , F . Gọi G là giao điểm của EF , BC. Đường tròn ( AEF ) cắt AP ở T . Chứng minh rằng đối xứng của T qua PG nằm trên đường tròn (O ).

1,0 đ

a) Gọi L là giao điểm của FK và ( APC ), và M , S là điểm đối xứng với K , E qua

L, C. Ta có ∠LCA = ∠AFL = ∠AEK nên KE LC. Ngoài ra, MS KE nên ∠MSA = ∠KEA = ∠AFM nên tứ giác AFSM nội tiếp. Mặt khác, KA. KH = 2 KA. KP = 2 KF . KL = KF . KM nên tứ giác AFMH nội tiếp. Do đó, cả năm điểm A, F , S , H , M cùng thuộc đường tròn. Tương tự, ( AEH ) đi qua điểm đối xứng của F qua B. Từ đó ta có

PC /( AEH ) PC /( AFH )

= −1 =

PB /( AEH ) PB /( AFH )

nên các

1,0 đ

điểm A, B, H , C cùng thuộc đường tròn. b) Gọi X , Y là giao điểm thứ hai của ( APB ), ( APC ) với BC , gọi J là tâm của ( AEF ) và L là điểm đối xứng của A qua trung trực BC. Ta có

MB.MX = MP.MA = MC. MY nên MX = MY . 1,0đ Từ đây suy ra, PB /( AEF ) = BA. BF = BY . BC = CX .CB = CE .CA = PC /( AEF ) . Do đó, JB = JC nên L ∈ ( AEF ). Ngoài ra, A( ML, BC ) = −1 ⇒ (TL, FE ) = −1. Mặt khác, gọi G ′ là giao điểm của trung trực TL với BC. Ta có

∠TJG ′ = ∠TAL = ∠AMB nên JTMG ′ nội tiếp. Do đó ∠JTG ′ = ∠JLG ′ = 90°. Do đó G ′, E , F thẳng hàng hay G ≡ G ′.

Gọi K là giao điểm của TP với (O ),U là điểm đối xứng của K qua O. Giả sử UT cắt (O ) ở T ′. Theo bài toán ở câu a thì PT = PK nên T ′P = TP = KP . 1 Hơn nữa, ∠TT ′L = ∠UKL = ∠UAL = 90°− ∠TAL = ∠TGL nên G là tâm ngoại 2 tiếp tam giác TT ′L , suy ra GT = GT ′. Do đó, T ′ chính là điểm đối xứng của T qua PG và T ′ ∈ (O ).

1,0 đ

Câu 5 Cho k là số nguyên tố không lớn hơn 2019 . Gọi tập A là tập con của tập (4 điểm) S = {2,3,..., 2019} sao cho A ≤ k và không có hai phần tử nào trong A chia hết nhau. Chỉ ra rằng có thể tìm được tập B sao cho B = k ,A ⊆ B ⊆ S và không có hai phần tử nào trong tập B chia hết nhau. Chúng ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp lùi với số phần tử của A. Trường hợp cơ bản A = k , chọn B=A Giả sử bài toán đúng với A = m < k và chúng ta sẽ chứng minh bài toán đúng với

A = m −1. Gọi { p1 , p2 ,..., pk } là tập tất cả số nguyên tố không vượt quá 2019

1,0 đ

Với i = 1, 2,..., k ta định nghĩa tập Ai = { x ∈ A : pi là ước nguyên tố lớn nhất của

x} Chú ý rằng A là hợp của các tập rời nhau Ai và A < ∑ Ai . Do đó theo nguyên lý chuồng bồ câu suy ra rằng A j rỗng với một số giá trị 1 ≤ j ≤ k .

Đặt p = p j và pα là lũy thừa lớn nhất của p ≤ 2019 .

1,0 đ

Chúng ta yêu cầu A không chứa các ước cũng như bội của pα . Thật vậy nếu p β ∈ A với một số β ≤ α thì sẽ có p β ∈ A j (vô lý) Có nghĩa rằng nếu cpα ∈ A với một vài c > 1 thì cpα có ước nguyên tố q > p bởi

1,0 đ

vì cpα ∈ Aj . Do đó q | c . Điều này suy ra rằng cpα ≥ qpα > pα +1 > 2019 (vô lí)

{ } thì không có hai phần tử khác nhau của A’ chia hết nhau.

Do đó nếu A ' = A ∪ pα

Từ A ' = m, A ⊂ A ' . Chúng ta có thể tìm được tập B thỏa mãn giả thiết quy nạp là

1,0 đ

A’. (đpcm).

Giáo viên ra đề: Đỗ Văn Huynh SĐT: 0988862936 Email: Daoaeris@gmail.com

-----Hết-----

ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán – lớp 11 (Thời gian: 180 phút – không kể thời gian giao đề)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH (Đề thi đề xuất)

(

)

Câu 1 (5 điểm). Cho số thực x ≥ 1. Tìm lim 2 n x − 1 . Hãy phát biểu bài toán tổng quát. n→+∞

Câu 2 (5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O; R ) và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường thẳng AI cắt BC tại E và cắt (O) tại điểm thứ hai F. Vẽ đường cao AD của tam giác ( D ∈ BC ), trên tia AD lấy điểm K sao cho AK = 2 R . Đường thẳng KF cắt đường thẳng BC tại H. a) Chứng minh rằng IK ⊥ IH . b) Đường tròn đường kính AH cắt KE tại G (G cùng phía với K đối với đường thẳng AH), AG cắt KI tại M. Chứng minh rằng MI = MG . Câu 3 (5 điểm). Cho đa thức P( x) = an x n + ... + a1 x + a0 (an ≠ 0; n ≥ 2) có các hệ số đều là những số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho P( x) + k không phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên với bậc lớn hơn không. Câu 4 (5 điểm). Cho n điểm (n > 3) trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Hai điểm bất kì được nối với nhau bằng một đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng được tô bởi một màu xanh, đỏ hoặc vàng. Biết rằng: có ít nhất một đoạn thẳng màu xanh, một đoạn thẳng màu đỏ, một đoạn thẳng màu vàng, không có điểm nào mà các đoạn thẳng xuất phát từ đó có đủ cả ba màu và không có tam giác nào tạo bởi các đoạn thẳng đã nối có ba cạnh cùng màu. (a) Chứng minh rằng không tồn tại ba đoạn thẳng cùng màu xuất phát từ cùng một điểm. (b) Hãy cho biết có nhiều nhất bao nhiêu điểm thoả mãn yêu cầu bài toán.

-------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán – lớp 11

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐÁP ÁN Nội dung chính cần đạt

Câu

(

)

Điểm

5.0đ

Cho số thực x ≥ 1. Tìm lim 2 n x − 1 . Hãy phát biểu bài toán tổng quát. n→+∞

(

)

Với x = 1 thì lim 2 n x − 1 = 1. n →+∞

(

) (

Xét x > 1 ta có 2 x − 1 <

)

1đ

= x2 .

Ta có n

(

  2 1 2 1 n 2 x − 1 = x 1 + n − − 1 = x 2 (1 + y ) , y = n − − 1 > −1. n 2 n 2 x x x x   n

)

1 Theo bất đẳng thức Bernoulli

(1 + y )

Cũng theo BĐT Bernoulli thì 2 x2 ⇒ n x −1 < 2 . n

(

( ≥ 1 + ny = 1 − n

( (

x = 1+

))

x −1

≥ 1+ n

)

x −1 n

(

2đ

) (

x −1 > n

)

x −1

)

n  x2  < 2 n x − 1 < x2 . Như vậy x 1 −  n 2  n x 

Theo nguyên lí kẹp suy ra

(

)

(

)

1đ 2

lim 2 x − 1 = x .

n→+∞

Bài toán tổng quát chứng minh

(( k + 1) n x − k ) n→+∞ lim

= x k +1.

1đ

Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O; R ) và I là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác. Đường thẳng AI cắt BC tại E và cắt (O) tại 2

điểm thứ hai F. Vẽ đường cao AD của tam giác ( D ∈ BC ), trên tia AD lấy điểm K sao cho AK = 2 R . Đường thẳng KF cắt đường thẳng BC tại H. a) Chứng minh rằng IK ⊥ IH . b) Đường tròn đường kính AH cắt KE tại G (G cùng phía với K đối với

5.0đ

đường thẳng AH), AG cắt KI tại M. Chứng minh rằng MI = MG . A

M B

A' F

a) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua O, suy ra AK = AA ' = 2 R , nên tam giác AKA' cân tại A. Theo một kết quả cơ bản ta có AI là phân giác góc OAD và do góc AFA ' = 900 nên K, F, A' thẳng hàng và F là trung điểm của KA'. = DAF = FAA ' = FCA ' Tứ giác ADFH nội tiếp nên DHF

3đ

Do đó ∆FCA ' ∼ ∆FHC ⇒ FC 2 = FA '.FH . Mặt khác FC = FI ⇒ FI 2 = FA '.FH = FK .FH , do đó tam giác KIH vuông tại I hay IK ⊥ IH (đpcm). b) Ta có E là trực tâm tam giác AKH, giả sử KE cắt AH tại X. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: HI 2 = HF .HK = HX .HA = HG 2 ⇒ HI = HG . Từ đó suy ra hai tam giác vuông MIH và MGH bằng nhau. Do đó MI=MG

Câu 3

Cho đa thức P( x) = an x n + ... + a1 x + a0 (an ≠ 0; n ≥ 2) có các hệ số đều là những số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho P( x) + k không phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên với bậc lớn hơn không.

2đ

5đ

Chọn k = p − a0 với p là số nguyên tố thỏa mãn p > ∑ ai . Vì có vô số số i =1

nguyên tố nên có vô số số k như vậy. Khi đó ta sẽ chứng minh Q( x) = P( x) + k = an x n + ... + a1 x + p là bất khả quy trong ℤ[ x ] . Nhận xét: nếu α là nghiệm của Q( x) thì α > 1 . Thật vậy nếu α ≤ 1 thì

5đ

p = anα n + ... + a1α ≤ an + ... + a1 , mâu thuẫn với cách chọn p. Giả sử trái lại Q( x) khả quy tức là Q( x) = g ( x).h( x), g ( x), h( x) ∈ ℤ [ x ] ,deg g > 0,deg h > 0

 g (0) = 1 Ta có p = Q (0) = g (0).h(0) ⇒   h(0) = 1 Giả sử g (0) = 1 và g ( x) = bk x k + ... + b1 x + b0 ,( k ≥ 1). Gọi x1 , x2 ,..., xk là các nghiệm (kể cả nghiệm phức) của g ( x) . Suy ra x1 , x2 ,..., xk cũng là nghiệm c ủa Q ( x ) . Theo nhận xét thì xi > 1, ∀i = 1, k ⇒ x1 x2 ...xk > 1. Mặt khác theo định lí Viet

1 ≤ 1, mẫu thuẫn. Vậy Q( x) là bất khả quy trong ℤ[ x ] . bk Cho n điểm (n > 3) trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Hai điểm bất kì được nối với nhau bằng một đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng được tô bởi một màu xanh, đỏ hoặc vàng. Biết rằng: có ít nhất một đoạn thẳng màu xanh, một đoạn thẳng màu đỏ, một đoạn thẳng màu vàng, không có điểm nào mà các đoạn thẳng xuất phát từ đó có đủ cả ba màu và không có tam giác nào tạo bởi các đoạn thẳng đã nối có ba cạnh cùng màu. (a) Chứng minh rằng không tồn tại ba đoạn thẳng cùng màu xuất phát từ cùng một điểm. (b) Hãy cho biết có nhiều nhất bao nhiêu điểm thoả mãn yêu cầu bài toán. ta có x1 x2 ...xk =

Câu 4

(a) Giả sử tồn tại điểm A mà từ đó có ba đoạn thẳng AB, AC, AD cùng được tô xanh. Vì không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu nên tam giác BCD có ba cạnh được tô bởi đúng hai màu đỏ và vàng. Do đó chắc chắn tồn tại một điểm trong ba điểm B, C, D mà từ đó xuất phát ba đoạn thẳng có đủ cả ba màu (ví dụ tam giác BCD có cạnh BC, BD tô đỏ và CD tô vàng, như thế thì từ điểm C ta có CA tô xanh; CB tô đỏ và CD tô vàng), điều này trái với giả thiết “không có điểm nào mà các đoạn thẳng xuất phát từ đó có đủ cả ba màu”, suy ra giả sử sai và ta có điều cần chứng minh. (b) Từ bài ra kết hợp với chứng minh câu (a), ta có các đoạn thẳng xuất phát từ một điểm có không quá hai màu và có không quá hai đoạn thẳng cùng màu. Như vậy từ một điểm xuất phát không quá 2 . 2 = 4 đoạn thẳng, tức là n ≤ 5. • Với n = 5. Giả sử 5 điểm A, B, C, D, E thoả mãn yêu cầu bài toán. Theo lập luận trên, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử từ điểm A xuất phát hai đoạn thẳng xanh AB, AC và hai đoạn thẳng đỏ AD, AE. Do không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu nên BC tô đỏ hoặc vàng. – Nếu BC tô đỏ, suy ra BD và BE không thể tô vàng, và cũng không thể cùng tô xanh hoặc cùng tô đỏ, như vậy có một đoạn tô đỏ, một đoạn tô xanh. Vai trò D, E như nhau nên ta có thể giả sử BD tô đỏ và BE tô xanh. Chứng

5đ

2đ

3đ

minh tương tự như thế ta có các đoạn CD, CE, DE chỉ có thể tô bởi hai màu xanh hoặc đỏ, như vậy tức là không có đoạn thẳng nào tô vàng (Trái với giả thiết có ít nhất một đoạn thẳng màu vàng) – Nếu BC tô vàng, suy ra BD và BE không thể tô đỏ, và cũng không thể cùng tô xanh hoặc cùng tô vàng, như vậy có một đoạn tô xanh, một đoạn tô vàng. Vai trò D, E như nhau nên ta có thể giả sử BD tô vàng và BE tô xanh. Xét điểm D. Ta có DA tô đỏ và DB tô vàng, do đó DC phải tô đỏ hoặc vàng. Nhưng vì BD và BC đã tô vàng nên DC phải tô đỏ ⇒ DE tô vàng. Xét điểm E ta có EA tô đỏ, ED tô vàng, EB tô xanh (mâu thuẫn với kết quả câu (a)) Tóm lại n không thể bằng 5. • Với n = 4, ta chỉ ra một hệ điểm thoả mãn yêu cầu bài toán như hình vẽ dưới đây A B D C Vậy số điểm lớn nhất thoả mãn yêu cầu bài toán là 4.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT

TỔ TOÁN – TIN

CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019

ĐỀ ĐỀ XUẤT

MÔN: TOÁN LỚP 11

Câu 1 (4,0 điểm). Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (un) biết 3un2 3 . u1 = ; un +1 = 2 9 + 12un + 2un2

Câu 2 (4,0 điểm). Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại điểm A. Một tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt đường tròn (O’) ở B và C. Chứng minh rằng đường thẳng AM là đường phân giác của góc tạo thành bởi hai đường thẳng AB và AC. Câu 3 (4,0 điểm). Cho hàm số f : ℝ → ℝ sao cho: f ( ( x − y ) f ( x ) ) = f ( yf ( x − y ) ) + ( x − y ) 2 ∀x, y ∈ ℝ . a) Chứng minh hàm f là hàm số lẻ. b) Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn.

Câu 4 (4,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng (45 + 2019) p  − 89⋮ p .  

(Kí hiệu [x] là phần nguyên của x)

Câu 5 (4,0 điểm). Cho tập hợp X = {1, 2,3,..., 2020} . Tìm số nguyên N lớn nhất sao cho với mọi hoán vị của X đều tồn tại 30 số hạng liên tiếp có tổng không nhỏ hơn N.

-----------------------------Háº¾T-------------------------------

ĐÁP ÁN NỘI DUNG

Than g

Câu

Điểm Câu 1 4,0

un +1 =

1,0 đ

3un2 1 3 4 2 ⇒ = 2+ + 2 9 + 12un + 2un un +1 un un 3

Đặt vn =

điểm

1,0 đ

3 un

⇒ vn +1 = vn2 + 4vn + 2

⇒ vn +1 + 2 = (vn + 2) 2

n −1

1,0 đ

n+1

1,0 đ

⇒ vn = (v1 + 2) 2 − 2 = 22 − 2. ⇒ un =

2n+1

−2

Câu

1,0 đ

M H

B C B'

4,0

điểm

C' O'

1,0 đ

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên tiếp tuyến tại M của (O). Xét phép nghịch đảo f ( A, k ) với k = AH 2 . Khi đó phép nghịch đảo f biến :

1,0 đ

- Tiếp tuyến tại M của (O) thành đường tròn đường kính AH. - Đường tròn (O) thành đường thẳng m vuông góc OA và tiếp xúc với đường tròn đường kính AH tại điểm M ' = f (M ) .

- Đường tròn (O’) thành đường thẳng d vuông góc AO’ và

đi qua hai điểm B ' = f ( B ), C ' = f (C ) nằm trên đường tròn đường kính AH. Do d // m và M’ là tiếp điểm của đường tròn đường kính AH nên

1,0 đ

B 'M ' = M 'C ' .

Câu Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ sao cho: : x, y ∈ ℝ thì 2

0,5 đ

f ( ( x − y ) f ( x ) ) = f ( yf ( x − y ) ) + ( x − y ) 2 ∀x, y ∈ ℝ (1)

4,0 điểm

Cho x = y vào (1) có f ( 0 ) = f ( yf ( 0 ) ) ∀y ∈ ℝ suy ra f ( 0 ) = 0 vì nếu ngược lại cho y =

z thì f ( 0)

f ( 0 ) = f ( z ) ∀z ∈ ℝ suy ra f là hàm hằng, thay vào (1) vô lý. Cho y = 0 vào ( 1) thì có f ( xf ( x ) ) = x 2 và

0,5 đ

Cho x = 0,

0 = f ( yf ( − y ) ) + (− y ) 2 ∀y ∈ ℝ ⇒ − x 2 = f ( − xf ( x ) ) , ∀x ∈ ℝ . Nếu tồn tại z0 ≠ 0 sao cho f ( z0 ) = 0 thì 0 = f ( z0 f ( z0 ) ) = ( z0 )

0,5 đ

vô lý .Vậy f ( x) = 0 ⇔ x = 0 . Chứng minh hàm số là đơn ánh. Giả sử f ( x ) = f ( y ) suy ra x 2 = f ( xf ( x ) ) = f ( xf ( y ) ) = f ⇒f

(( y − x ) f ( x )) + x

 f ( x) = 0

(( y − x ) f ( x )) = 0 ⇒ 

x − y = 0

0,5 đ

⇒x= y

Chứng minh f là hàm số lẻ: f ( − x ) = − f ( x ) ∀ x ∈ ℝ. giả sử x ≠ 0 0,5đ vì nếu x = 0 là hiển nhiên. Giả sử f ( x ) > 0 ⇒ ∃z > 0 sao cho f ( x ) = z 2 . Vì f đơn ánh và f ( zf ( z ) ) = z 2 nên x = zf ( z ) do đó

f ( − x ) = f ( − zf ( z ) ) = − z 2 = − f ( x ) . Trong trường hợp f ( x ) < 0 chứng minh tương tự. Mặt khác, ta có

1,0đ

f ( yf ( x ) ) = − x 2 + f ( xf ( x + y ) ) 2 2 = − x 2 + ( x + y ) − ( x + y ) + f ( − xf ( x + y ) )    2 = y + 2 xy − f ( ( x + y ) f ( y ) )

= 2 xy + ( − y ) + f  2

( ( x + y ) f ( − y ) ) = 2 xy + f ( − yf ( x ) )

Suy ra f ( xf ( y ) ) = xy ∀ x, y ∈ ℝ . Cho y= 1 ta có xf (1) = f ( x ) ⇒ f ( x ) = cx ∀ x ∈ ℝ thay vào (1) suy ra c ∈ {−1;1} . Thử lại hai hàm số f ( x ) = ± x thỏa mãn yêu cầu.

0,5đ

Câu Ta có 4 4,0 điểm

0,5đ

(45 + 2019) p + (45 − 2019) p 2 4 p −1  p  2 p−2 4 p−4 p −1 2 2 = 2  45 + C p .45 .2019 + C p .45 .2019 + ... + C p .45.2019 2   

là số nguyên dương 1,0đ

Mà 0 < (45 − 2019) p < 1 ⇒ (45 + 2019) p  + 1 = (45 + 2019) p + (45 − 2019) p

(45 + 2019) p  + 1  

1,5đ

2 4 p −1   = 2  45p + C p2 .45p −2.2019 2 + C 4p .45p −4.2019 2 + ... + C pp −1.45.2019 2   

(45 + 2019) p  + 1 − 2.45p   2 4 p −1   = 2  C p2 .45p − 2.2019 2 + C p4 .45p− 4.2019 2 + ... + C pp −1.45.2019 2   

Do các hệ số C 22021 , C 42021 ,..., C pp −1 đều chi hết cho p, và

1đ

Theo định lý Fecma nhỏ ta có 45 p ≡ 45(mod p) nên ta có điều phải chứng minh.

Câu 5 4,0 điểm

Xét hoán vị σ của X, đặt Aσ = max

0≤ n ≤1999

∑a

n+ k

. .

0,5đ

k =1

Khi đó số N cần tìm là N = min Aσ ở đó σ ( X ) là tập hợp tất cả σ ∈σ ( X )

1,5d

các hoán vị của tập X. Ta có

1,0đ

110 Aσ ≥ 1 + 2 + ... + 2020 =

2020.2021 2

⇒ Aσ ≥ 20210.

Xét hoán vị σ = {2020,1, 2019, 2, 2018,3,...,1011,1010} thì ta có Aσ = 20210 .

Vậy N = 20210

1,0đ

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ ĐỀ ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (4 điểm). Chứng minh rằng với mỗi số vô tỷ α , tồn tại vô số cặp số ( pn , qn ) với pn là số nguyên và qn nguyên dương sao cho với mọi n ∈ ℕ ta đều có α −

1 pn < 2. qn qn

Câu 2 (4 điểm). Trong tam giác ABC , các điểm D, E , F lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B và C , H là trực tâm của tam giác. Gọi I1 , I 2 , I 3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác HEF , HFD và HDE . Chứng minh rằng các đường thẳng AI1 , BI 2 , CI 3

đồng quy. Câu 3 (4 điểm). Cho dãy các đa thức Pn ( x ) với hệ số thực được xác định bởi  P0 ( x ) = x3 − 4 x   Pn+1 ( x ) = Pn (1 + x ) Pn (1 − x ) − 1, ∀n ∈ ℕ. Chứng minh rằng P2020 ( x ) chia hết cho x 2020 .

Câu 4 (4 điểm). Cho số tự nhiên n ≥ 2. Với mỗi cặp số tự nhiên ( a, b ) nguyên tố cùng nhau, đặt d a ,b = gcd ( na + b; a + nb ) . Tìm giá trị lớn nhất của d a ,b .

.....................HẾT.....................

GV ra đề 1. Phạm Thị Thu Hiền 2. Đoàn Thị Lan Oanh

0963301813 0393838485

Câu 1,3,4,5 Câu 2

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN , LỚP: 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định. Câu

Nội dung

Chứng minh rằng với mỗi số vô tỷ α , tồn tại vô số cặp số ( pn , qn ) với pn

Điểm 4.0

là số nguyên và qn nguyên dương sao cho với mọi n ∈ ℕ ta đều có

α−

1 pn < 2. qn qn

Cho trước số nguyên dương n tùy ý, xét dãy n + 1 số thực 0,{α } ,{2α } ,...,{( n − 1)α } ,{nα }

1.0

( { x} = x − [ x ] là phần lẻ của một số thực x )  1  1 2   n −1  ;1 chúng đều thuộc nửa khoảng [ 0;1) = 0;  ∪  ;  ∪ ... ∪  n n n n       Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số, giả sử {iα } và { jα } với k k +1 i ≠ j cùng thuộc nửa khoảng  ; . n n   1 1 Khi đó ta có {iα } − { jα } < ⇔ ( i − j )α − ([iα ] − [ jα ]) < n n Giả sử i > j ⇒ n ≥ i > j ≥ 0. Đặt i − j = qn , [iα ] − [ jα ] = pn , ta có qn nguyên dương và pn là số nguyên.

Ta có qnα − pn <

1.0

1 1 1 p ⇒α− n < ≤ 2 (vì qn = i − j ≤ n ) n q n nqn qn

Ta đi chứng minh tồn tại vô số ( pn , qn ) sao cho α −

1.0

1 pn < 2. qn qn

Giả sử phản chứng tồn tại hữu hạn cặp số ( pn , qn ) sao cho α −

1  p  Xét A = ( pn ; qn ) ∈ ℤ × ℤ + : α − n < 2  qn qn   Do α là số vô tỷ, tập A là hữu hạn nên tồn tại ε > 0 sao cho

1 pn < 2. qn qn

pn > ε , ∀ ( pn , qn ) ∈ A. qn 1 Chọn n đủ lớn để ε > n

α−

1.0

Ta đã biết tồn tại ( pn1 , qn1 ) ∈ ℤ × ℤ + sao cho α −

(

)

Suy ra pn1 , qn1 ∈ A ⇒ α −

pn1 qn1

>ε ⇒

pn1

qn1

1 1 < 2. n1qn1 qn1

1 1 1 >ε ⇒ > > ε , mâu thuẫn. nqn1 n nqn1

Vậy điều giả sử là sai. Đến đây bài toán được chứng minh hoàn toàn. Trong tam giác ABC , các điểm D, E , F lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B và C , H là trực tâm của tam giác. Gọi I1 , I 2 , I 3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác HEF , HFD và HDE . Chứng minh rằng các đường thẳng AI1 , BI 2 , CI 3 đồng quy.

4.0

1.0

Dựng các tam giác XBC , YCA, ZAB bên ngoài tam giác ABC sao cho ∆XBC ∼ ∆HEF , ∆YCA ∼ ∆HFD và ∆ZAB ∼ ∆HDE . Ta có ∆ABC ∼ ∆AEF nên hai tứ giác AEHF và ABXC đồng dạng. Gọi I1′ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XBC , ta có ∠I1 AB = ∠I1 AF = ∠I1′AC . Tương tự, gọi I 2′ , I 3′ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác YCA và ZAB , ta thu được ∠I 2 BC = ∠I 2′ BA và ∠I 3CA = ∠I 3′CB .

1.0

Do đó các đường AI1 , BI 2 , CI 3 đồng quy khi và chỉ khi các đường AI1′, BI 2′ , CI 3′

1.0

đồng quy. 1 2

1 2 ∠HEF = ∠HED , do đó ∠I1′BC = ∠I 3′ BA .

1 2

Mặt khác ∠I1′BC = ∠XBC = ∠HEF và ∠I 3′ BA = ∠ZBA = ∠HED , mà Tương tự, ∠I1′BC = ∠I 2′CA, ∠I 2′CA = ∠I 3′ BA . Do đó, theo định lý Jacobi, ta được AI1′, BI 2′ , CI 3′ đồng quy. Ta được điều phải chứng minh.

Cho dãy các đa thức Pn ( x ) với hệ số thực được xác định bởi

1.0

4.0

 P0 ( x ) = x3 − 4 x   Pn+1 ( x ) = Pn (1 + x ) Pn (1 − x ) − 1, ∀n ∈ ℕ. Chứng minh rằng P2020 ( x ) chia hết cho x 2020 . Với n ≥ 1, theo công thức truy hồi ta có Pn là hàm chẵn. Mặt khác, Pn+ 2 ( x ) = Pn+1 (1 + x ) Pn+1 (1 − x ) − 1

1.0

=  Pn ( 2 + x ) Pn ( − x ) − 1  Pn ( 2 − x ) Pn ( x ) − 1 − 1 = Pn ( 2 + x ) Pn ( 2 − x ) Pn2 ( x ) −  Pn ( 2 + x ) + Pn ( 2 − x )  Pn ( x ) Do đó Pn+ 2 ( x ) chia hết cho Pn ( x ) Nhận xét thấy nếu Pn ( x ) chia hết cho ( x − 2 ) thì Pn ( 2 + x ) + Pn ( 2 − x ) chia hết cho x. Thật vậy, nếu Pn ( x ) chia hết cho ( x − 2 ) thì thay x bởi x + 2 ta có Pn ( x + 2 ) chia hết cho x, suy ra Pn ( 2 − x ) chia hết cho − x . Suy ra Pn ( 2 + x ) + Pn ( 2 − x ) chia hết cho x.

1.0

Mà Pn là hàm chẵn nên Pn ( 2 + x ) + Pn ( 2 − x ) chia hết cho x 2 . Từ đó ta có nếu Pn ( x ) chia hết cho x k ( x − 2 ) , k ≥ 2 thì Pn+ 2 ( x ) chia hết

1.0

cho x k + 2 ( x − 2 ) .

P0 ( x ) = x3 − 4 x nên P0 là hàm lẻ và P0 ( x ) = x ( x − 2 )( x + 2 ) chia hết cho x ( x − 2)

P2 ( x ) = P0 ( 2 + x ) P0 ( 2 − x ) P02 ( x ) +  P0 ( 2 + x ) + P0 ( 2 − x )  P0 ( x ) P0 ( x ) = x ( x − 2 )( x + 2 ) chia hết cho x ( x − 2 ) nên P02 ( x ) chia hết cho

1.0

x 2 ( x − 2 ) và P0 ( 2 + x ) + P0 ( 2 − x ) chia hết cho x (theo chứng minh trên). Từ đó ta có P2 ( x ) chia hết cho x 2 ( x − 2 ) . Do đó P2020 ( x ) chia hết cho x 2020 .

Cho số tự nhiên n ≥ 2. Với mỗi cặp số tự nhiên ( a, b ) nguyên tố cùng nhau,

4.0

đặt d a ,b = gcd ( na + b; a + nb ) . Tìm giá trị lớn nhất của d a ,b . Xét hai số tự nhiên a, b nguyên tố cùng nhau. Ta có d a ,b | na + b

1.0

d a ,b | a + nb Suy ra d a ,b | u = ( n + 1)( a + b ) = ( na + b ) + ( a + nb ) d a ,b | v = ( n − 1)( a − b ) = ( na + b ) − ( a + nb ) Từ đó ta có d a ,b | ( n − 1) u + ( n + 1) v = 2 ( n 2 − 1) a

1.0

d a ,b | ( n − 1) u − ( n + 1) v = 2 ( n 2 − 1) b

(

)

Suy ra d a ,b | gcd 2 ( n 2 − 1) a, 2 ( n 2 − 1) b = 2 ( n 2 − 1) Ta chứng minh d a ,b = 2 ( n 2 − 1) không xảy ra. Thật vậy, giả sử

1.0

d a ,b = 2 ( n 2 − 1) . Khi đó na + b = 2 ( n 2 − 1) k , a + nb = 2 ( n 2 − 1) l với

gcd ( k , l ) = 1. Ta thu được a = 2 ( nk − l ) , b = 2 ( nl − k ) ⇒ gcd ( a, b ) ⋮ 2, mâu thuẫn. Vậy d a ,b ≤ ( n 2 − 1) . Xét a = n ( n − 1) − 1, b = 1. Khi đó gcd ( a, b ) = 1, và

1.0

na + b = ( n − 1) ( n 2 − 1) , a + nb = n 2 − 1 nên d a ,b = n 2 − 1.

Vậy GTLN của d a ,b là n 2 − 1. Trong một buổi dạ hội, mỗi người tham dự đều có ít nhất 3 người quen. Chứng minh rằng có thể chọn ra một số chẵn người để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa hai người quen.

4.0

Chuyển sang ngôn ngữ đồ thị: Cho graph ( G ) với n đỉnh ( n ≥ 4 ) , bậc của

1.0

mỗi đỉnh đều ≥ 3. Chứng minh rằng trong ( G ) bao giờ cũng có một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn. Xét tất cả các đường đi sơ cấp trong ( G ) . Vì số đỉnh của ( G ) là hữu hạn nên số đường đi này là hữu hạn và trong đó có đường đi có độ dài p lớn nhất, ta gọi đó là đường đi v1v2 ...v p . Vì v1 có bậc lớn hơn hoặc bằng 3 nên ngoài cạnh v1v2 , còn có ít nhất hai

1.0

cạnh nữa có đầu mút v1 . Giả sử đó là v1v, v1w. Nếu v không trùng với bất cứ vi , i = 2, p nào thì ta có đường đi vv1v2 ...v p có độ dài lớn hơn p , mâu thuẫn

giả thiết về p . Do đó v ≡ vi nào đó, i = 2, p. Tuơng tự, w ≡ v j nào đó, j = 2, p, j ≠ i.

Như vậy v1 có thể nối với vi , v j , ( 2 < i < j ≤ p ) .

1.0

v2 v (i-1) v1

v (i)

v (i+1)

v (p)

v (j-1) v (j+1)

v (j)

Nếu i chẵn ta có chu trình sơ cấp v1v2 ...vi v1 có độ dài chẵn. Nếu j chẵn ta có chu trình sơ cấp v1v2 ...v j v1 có độ dài chẵn. Nếu i và j đều lẻ ta có chu trình v1vi vi +1...v j −1v j v1 có độ dài j − i + 2 là số chẵn. Vậy trong ( G ) bao giờ cũng có một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn.

1.0

SỞ GD & ĐT TỈNH THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( xn ) xác định bởi  x1 = 0, x2 = 1  ,n ≥ 2 3 xn −1 + 2  x = n + 1  10 xn + 2 xn −1 + 2  Chứng minh dãy đã cho có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó. Câu 2(4,0 điểm). Tìm tất cả các đa thức P với hệ số thực sao cho với mọi số thực x, y , z có tổng bằng 0 thì trên mặt phẳngOxy cácđiểm ( x, P ( x ) ) , ( y, P ( y ) ) , ( z, P ( z ) ) thẳng hàng. Câu 3(4,0 điểm). Cho hình thoi ABCD. Đường tròn (O) nội tiếp trong hình thoi, tiếp xúc với các cạnh AB, AD, CD, CB lần lượt tại M, N, E, F. Xét các điểm P, Q nằm tương ứng trên các cạnh AB, AD sao cho PQ tiếp xúc (O). a) Chứng minh giao điểm của CQ và PE nằm trên đường thẳng BD. b) Trên MN lấy K sao cho KP//AD. Chứng minh khi P, Q thay đổi nhưng vẫn tiếp xúc (O) thì đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định. Câu 4(4,0 điểm). Cho p là số nguyên tố; x, y , z là các số nguyên dương thỏa mãn x < y < z < p . Chứng minh rằng nếu x3 ≡ y 3 ≡ z 3 ( mod p ) thì x 2 + y 2 + z 2 chia hết cho x + y + z . Câu 5(4,0 điểm). Cho n, k là các số nguyên dương, n ≥ k vàS là tập hợpnđiểm trong không gian thỏa mãn (i) Không có 65 điểm nào thẳng hàng. (ii) MỗiđiểmP củaSđều không cóít hơn kđiểm trong S cách đều P. Chứng minh rằng k ≤ 1 + 4 3 ( n − 1)( n − 2 ) . ---------------------------HẾT --------------------

SỞ GD & ĐT TỈNH THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN TOÁN LỚP 11

Câu Nội dung 3x + 2 I Xét hàm số f ( x, y ) = ; x > 0, y > 0 . 10 y + 2 x + 2 (4 điểm) Ta có f y' =

−10 ( 3 x + 2 )

(10 y + 2 x + 2 )

< 0; f x' =

Điểm

30 y + 2

(10 y + 2 x + 2 )

> 0; ∀x > 0, ∀y > 0 .

20 xn + xn −1 + 2 2 − xn +1 = > 0, ∀n ≥ 2 . 10 xn + 2 xn −1 + 2 Vậy 0 < xn < 2, ∀n ≥ 1 . Vậy dãy đã cho bị chặn.

1,0

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp ( x2n +1 ) tăng và dãy ( x2 n ) giảm. 1 15 > x1 > x1 ; x4 = < x2 . 6 17 Giả sử x2 n +1 > x2 n −1 .

Thật vậy, x =

2,0

Ta có x2 n+3 = f ( x2 n +1 , x2 n +2 ) > f ( x2 n −1 , x2 n + 2 ) > f ( x2 n −1 , x2 n ) = x2 n +1 .

x2 n+ 2 = f ( x2 n , x2 n +1 ) < f ( x2 n , x2 n −1 ) < f ( x2 n−2 , x2 n−1 ) = x2 n . Vậy tồn tại lim x2 n +1 = a, lim x2 n = b . Ta có

II (4 điểm)

 3a + 2  1 + 97 a = b = a = 10b + 2a + 2 24 ⇔  3 b + 2 1  b =  a + b = 2  10a + 2b + 2 1 1 Nếu a + b = ⇔ b = − a . 2 2 Khi đó 4a 2 − 2a + 1 = 0 vô nghiệm. 1 + 97 Vậy lim xn = . 24 Ta sẽ chứng minh P ( x ) = ax3 + bx + c , trong đó a, b, c là các số thực tùy ý. Rõ ràng P ( x ) = 1, P ( x ) = x thỏa mãn yêu cầu.

1,0

Các điểm ( x, P ( x ) ) , ( y, P ( y ) ) , ( z, P ( z ) ) thẳng hàng khi và chỉ khi

( x − y ) P ( z ) + ( y − z ) P ( x) + ( z − x) P ( y ) = 0 . Nếu x + y + z = 0 thì

1,0

( x − y ) z + ( y − z ) x + ( z − x ) y = − ( x − y )( y − z )( z − x )( x + y + z ) = 0 Vì thế P ( x ) = x3 thỏa mãn yêu cầu. 3

Do đó P ( x ) = ax3 + bx + c với a, b, c tùy ý. Ta sẽ chứng minh ngoài đa thức trên sẽ không còn đa thức nào thỏa mãn. Thật vậy, thay x = x, y = 2 x, z = −3 x chúng ta có

− xP ( −3x ) + 5 xP ( x ) − 4 xP ( 2 x ) = 0 . Do đó cho P ( x ) = a0 + a1 x + ... + an x n , 0 ≤ k ≤ n ta có

(( −3)

)

+ 4.2k − 5 = 0 . k

Với k ≥ 2 , k chẵn, ta có ( −3) + 4.2 k − 5 ≥ 32 + 4.22 − 5 và k ≥ 5 , k lẻ,

(

)

2,0

ta có − ( −3) + 4.2 − 5 = ( 2 + 1) − 4.2 + 5 k

k ( k − 1) k − 2 .2 − 4.2k + 5 2  5 5 ( 5 − 1)  ≥ 1 + + − 4  .2k + 5 > 0 . 8  2  Từ đó với k ≠ 0,1,3 ta có ak = 0 . Vậy không còn đa thức nào khác. .a) Xét ∆BOP và ∆DQO có: =D ( gt )  B ⇒ ∆BOP ∼ ∆DQO  = DQO = PQO  BOP

≥ 2k + k .2k −1 +

III (4 điểm)

BO BP = ⇒ DQ.BP = OB 2 DQ DO Vì OB 2 = OD 2 = DE.DC = DE.BC nên BP BC DQ.BP = DE.BC ⇒ = ⇒ ∆BPC ∼ ∆DEQ DE DQ Giao điểm I của PE và CQ là tâm của phép vị tự biến ∆BPC → ∆DEQ ⇒ I ∈ BD . ⇒

b) Nối BQ cắt MN tại K. Ta cần chứng minh: KP / / AD . BK DN Do KN // BD nên = (1) . Ta có: BQ QD BM . AB = OB 2 , AB = AD, AM = AN ⇒ BM = DN DN BP Theo a), OB 2 = BP.DQ . Do đó, DN . AB = BP.DQ ⇒ = ( 2) DQ BA BK BP Theo (1), (2) suy ra: = ⇒ PK / / AD . Vậy KQ đi qua B. BQ BA

2,0

K O I E

V (4 điểm)

Trong lời giải này, tất cả các đồng dư thức đều là modulo p. Từ giả thiết ta có ≡ 0 , suy ra ≡ 0. (1) Ta có y - x làsốnguyêndươngbéhơnp và p làsốnguyêntốnên y - x và p lànguyêntốcùngnhau. Do đótừ (1) ta được ≡ 0. (2) Chứng minh tươngtự ta cũngcó ≡ 0 (3), và ≡ 0. (4)

Từ (2) và (3) ta có ≡ 0, suy ra ≡ 0. Do đóx + y + z chia hếtcho p, mà 0< x + y + z<3p, suyra x + y + zbằng p hoặc 2p. (5) Sửdụng (2) ta có ≡ , kếthợpvới ≡ ta được ≡ , thaytrởlại (2) ta có ≡ 0. (6) Từ (5) và (6) vớichú ý x + y + z và cùng tính chẵnlẻ ta cóđiềuphảichứng minh. Gọi A là tập hợp các bộ điểm ( M , N , P ) thỏa mãn M, N, P là ba điểm của S và tồn tại ít nhất một điểm của hệ cách đều ba điểm đó (điểm này được gọi là tâm của S). Với mỗi điểm P của S có ít nhất k điểm của S cách đều P. Suy ra số bộ thuộc A nhận P làm tâm của bộ lớn hơn hoặc bằng Cn2 .

1,0

2,0

1,0

2,0

Có n điểm được tính nên số cặp không nhỏ hơn nCk3 . Có n điểm nên có Cn3 bộ. Theo (i), mỗi bộ có không quá 64 lần tính. Số cặp được tính không lớn hơn 64Cn3 . Từđó suy ra nCk3 ≤ 64.Cn3 hay

nk ( k − 1)( k − 2 ) ≤ 64n ( n − 1)( n − 2 ) ⇔ k ( k − 1)( k − 2 ) ≤ 64 ( n − 1)( n − 2 ) 3

⇔ ( k − 1) < 64 ( n − 1)( n − 2 )

⇔ k < 1 + 4 3 ( n − 1)( n − 2 ) ------------ HẾT ---------

2,0

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 20/4/2019

(Đề thi gồm 01 trang) +∞

Câu 1 (4 điểm). Cho dãy số ( u n ) n =1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện un + 2 ≥

2 3 .un +1 + .un , 5 5

∀ n = 1, 2, 3,...

Chứng minh rẳng dãy (u n ) có giới hạn hữu hạn. Câu 2 (4 điểm). Cho ∆ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB ở D, E , F . Đường thẳng qua A song song với BC cắt DE , DF lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn ( I ) tại điểm L khác D. a) Chứng minh A, K , L thẳng hàng. b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U , V . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các đa thức ܲሺ‫ݔ‬ሻ ∈ ℤ[‫ ]ݔ‬sao cho với mọi số ݊ nguyên dương, phương trình ܲሺ‫ݔ‬ሻ = 2௡ có nghiệm nguyên. Câu 4 (4 điểm). Cho p là số nguyên tố có dạng 12 k + 11 . Một tập con S của tập

M = {1; 2; 3;…; p − 2; p − 1} được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các phần tử của M \ S . Ký hiệu ∆ S ∈ ℕ là hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia ∆ S cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng

p −1 phần tử. 2

Câu 5 (4 điểm). Cho đa giác lồi n đỉnh A0 A1... An −1 ( n ≥ 3) . Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu. Tìm giá trị nhỏ nhất của k .

-------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: ..................................

KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH&ĐBBB NĂM 2019 MÔN: TOÁN 11 ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày 1 Đề xuất của trường THPT chuyên Biên Hòa, Hà Nam

Điểm 4,0

+∞

Cho dãy số ( u n ) n =1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện un + 2 ≥

2 3 .un +1 + .un , ∀ n = 1, 2, 3,... 5 5

Chứng minh rẳng dãy (u n ) có giới hạn hữu hạn. Ta có u n + 2 ≥

3 3 2 3 u n +1 + u n ⇔ un + 2 + un +1 ≥ un +1 + un , ∀n = 1, 2,3,... 5 5 5 5

(1)

3 5

Đặt vn = un +1 + un , ∀n = 1, 2,3,... thì từ (1) ta có v n +1 ≥ v n , ∀n = 1, 2,3,... Vì dãy số

( u n ) +∞ n =1

1,0

(2)

bị chặn trên nên tồn tại số M sao cho un ≤ M , ∀n = 1, 2,3,... suy ra

3 8 vn ≤ M + M = M , ∀n = 1, 2,3,... (3) 5 5

0,5

Từ (2) và (3) ta thấy dãy (v n ) không giảm và bị chặn trên. Do đó, nó là dãy hội tụ. Đặt lim v n = a và b =

5a . Ta sẽ chứng minh lim u n = b. 8

Thật vậy, vì lim v n = a nên ∀ε > 0 nhỏ tùy ý, ∃n 0 ∈ N * sao cho vn − a <

ε 5

, ∀n ≥ n0 .

Khi đó, nhờ có đánh giá

un +1 − b −

3 3 3 8b ε un − b < (un +1 − b) + (un − b) = un +1 + un − < , 5 5 5 5 5

1,0

ta thu được

un +1 − b <

ε 3 un − b + , ∀n ≥ n0 5 5

Từ sự kiện này ta suy ra

un0 +1 − b <

ε 3 un0 − b + ; 5 5

un0 + 2 − b <

ε 3 3 3 ε ε un0 +1 − b + <   uu0 − b + . + ; 5 5 5 5 5 5

..........

un0 + k

k k −1 k −2 ε  3  3  3 3 − b <   uu0 − b +   +   + .... + + 1 . 5  5  5  5 5

1,0

hay

un0 + k

3 1−   k k ε 3  5 <  3 u −b + ε . − b <   uu 0 − b +   n0 5 1− 3 2 5 5 5

 3  k  Vì lim   un0 − b  = 0 nên tồn tại k0 ∈ ℕ * sao cho u n0 + k − b < ε với mọi k ≥ k0 hay k →+∞  5   u n − b < ε với n đủ lớn, tức là dãy (u n ) có giới hạn hữu hạn lim un = b.

0,5

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai, tỉnh Lào Cai

Cho ∆ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB ở D, E , F . Đường thẳng qua A song song với BC cắt DE , DF lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn ( I ) tại điểm L khác D . a) Chứng minh A, K , L thẳng hàng. b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U ,V . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN .

4,0

a) TrĆ°áť&#x203A;c háşżt ta cháťŠng minh K lĂ tráťąc tĂ˘m â&#x2C6;&#x2020;MDN . Tháşt váşy: . ANF = FDB Do AN BC nĂŞn Do D, E , F lĂ tiáşżp Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a ( I ) trĂŞn BC , CA, AB nĂŞn BD = BF = BFD â&#x2021;&#x2019; = ANF = BFD AFN â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2020;ANF cĂ˘n táşĄi A â&#x2021;&#x2019; AN = AF . â&#x2021;&#x2019; BDF CháťŠng minh tĆ°ĆĄng táťą ta cĂł AM = AE mĂ AE = AF nĂŞn AN = AF = AE = AM â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2020;NEM vuĂńg táşĄi E ; â&#x2C6;&#x2020;NFM vuĂńg táşĄi F â&#x2021;&#x2019; NE â&#x160;Ľ MD; MF â&#x160;Ľ ND mĂ NE â&#x2C6;Š MF = K suy ra K lĂ tráťąc tĂ˘m â&#x2C6;&#x2020;MDN -BĂ˘y giáť? ta cháťŠng minh A, K , L tháşłng hĂ ng: + Gáť?i T lĂ tĂ˘m Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc DMN . Gáť?i D ' lĂ Ä&#x2018;iáť&#x192;m Ä&#x2018;áť&#x2018;i xáťŠng cáť§a D qua T . Ta cĂł ND ' KM (vĂŹ cĂšng vuĂńg gĂłc váť&#x203A;i ND ), MD ' KN (vĂŹ cĂšng vuĂńg gĂłc váť&#x203A;i MD ). Do Ä&#x2018;Ăł ND ' MK lĂ hĂŹnh bĂŹnh hĂ nh. Do A lĂ trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m MN

nĂŞn K cĹŠng lĂ trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m KDâ&#x20AC;&#x2122;. Do Ä&#x2018;Ăł Dâ&#x20AC;&#x2122;, A, K tháşłng hĂ ng. (1) + HĆĄn náťŻa, táťŠ giĂĄc DFKL náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n Ä&#x2018;Ć°áť?ng kĂnh DK nĂŞn DL vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i LK. Máşˇt kháşŻc DDâ&#x20AC;&#x2122; lĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng kĂnh Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc DMN nĂŞn DL vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i LDâ&#x20AC;&#x2122;. Do Ä&#x2018;Ăł L, K, Dâ&#x20AC;&#x2122; tháşłng hĂ ng. (2) TáťŤ (1) vĂ (2) suy ra A, K , L tháşłng hĂ ng (Ä&#x2018;pcm). b) Gáť?i P lĂ giao cáť§a UL vĂ ( DMN ) ( P â&#x2030; L ) ; Q lĂ giao LV vĂ ( DMN ) ( Q â&#x2030; L ) .

1,0

= DNM . LáşĄi cĂł MEU = FNM (do Do MU tiáşżp xĂşc ( DMN ) táşĄi M nĂŞn DMU = UEM â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2020;UME cĂ˘n táşĄi NMEF náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n Ä&#x2018;Ć°áť?ng kĂnh MN ) nĂŞn UME U â&#x2021;&#x2019; UM = UE . UE UL Ta cĂł UM 2 = UP.UL â&#x2021;&#x2019; UP.UL = UE 2 â&#x2021;&#x2019; = â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2020;UEP â&#x2C6;ź â&#x2C6;&#x2020;ULE (c.g.c) UP UE = UEL â&#x2021;&#x2019; 1800 â&#x2C6;&#x2019; UPE = 1800 â&#x2C6;&#x2019; UEL â&#x2021;&#x2019; EPL = LEF (3) â&#x2021;&#x2019; UPE = 1800 â&#x2C6;&#x2019; LDF (do LEFD náť&#x2122;i tiáşżp) vĂ LPN = 1800 â&#x2C6;&#x2019; LDN (do LPND LáşĄi cĂł LEF = LEF (4). náť&#x2122;i tiáşżp) nĂŞn LPN = EPL â&#x2021;&#x2019; P , E , N tháşłng hĂ ng. TáťŤ (3) vĂ (4) suy ra LPN

CháťŠng minh tĆ°ĆĄng táťą ta cĂł Q, E , M tháşłng hĂ ng. . Do MNQP náť&#x2122;i tiáşżp nĂŞn NMQ = NPQ

1,0

VĂŹ NMEF náť&#x2122;i tiáşżp nĂŞn NMF = NEF . â&#x2021;&#x2019; EF PQ â&#x2021;&#x2019; UV PQ. TáťŤ Ä&#x2018;Ă˘y suy ra NEF = NPQ Do Ä&#x2018;Ăł ( LQP ) tiáşżp xĂşc váť&#x203A;i ( LUV ) táşĄi L suy ra (UVL ) tiáşżp xĂşc váť&#x203A;i ( DMN ) táşĄi 3

L (Ä&#x2018;pcm). Ä?áť xuáşĽt cáť§a trĆ°áť?ng THPT chuyĂŞn LĂŞ QuĂ˝ Ä?Ă´n, táť&#x2030;nh QuáşŁng Tráť&#x2039;

TĂŹm táşĽt cáşŁ cĂĄc Ä&#x2018;a tháťŠc â&#x2C6;&#x2C6; â&#x201E;¤[ ] sao cho váť&#x203A;i máť?i sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng, phĆ°ĆĄng trĂŹnh = 2 cĂł nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn.

4,0

RĂľ rĂ ng deg( P ) > 0. Ä?áşˇt deg( P ) = m vĂ lĂ háť&#x2021; sáť&#x2018; báşc cao nháşĽt cáť§a . + Náşżu a > 0, thĂŹ ta gáť?i lĂ nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn láť&#x203A;n nháşĽt cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh = 2 . Dáť&#x2026; tháşĽy lim = +â&#x2C6;&#x17E; nĂŞn ta cháť&#x2030; cáş§n xĂŠt váť&#x203A;i n Ä&#x2018;áť§ láť&#x203A;n. ChĂş Ă˝ lĂ lim

lim

= â&#x2C6;&#x161;2 .

= 1, vĂ do Ä&#x2018;Ăł

1,0

Hơn nữa, do − là ước của − nên − = 2 , với ! là số tự nhiên nào đó. Suy ra 2 =1+

và " √2 − 1# = lim % ' = lim

. .&

= . lim 2$.

(

1,0

Do đó, dãy ). ! − phải hội tụ đến * (nguyên) nào đó. Kéo theo " √2 − 1# = . 2+ . Do đó, ) phải bằng 1. + Nếu a < 0, thì m phải là số lẻ. Gọi xn là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình P ( x) = 2n , thì dễ thấy lim xn = −∞. Trường hợp này xử lí tương tự như trên, ta cũng có

0,5

m = 1.

Đặt = + ,. Từ − = 2 ta suy ra = ±1, ±2. Từ đó, ta tìm được tất cả các đa thức thỏa mãn là = + ! với = ±1, ±2 và ! là một số nguyên tùy ý.

1,0

Đề xuất của trường THPT chuyên Bình Long, tỉnh Bình Phước Cho p là số nguyên tố có dạng 12 k + 11 . Một tập con S của tập

M = {1; 2; 3;…; p − 2; p − 1} được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các

4,0

phần tử của M \ S . Ký hiệu ∆ S ∈ ℕ là hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia ∆ S cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng

p −1 phần tử. 2

 p +1 p + 3  , ,… , p − 2, p − 1 thì rõ ràng S là tập con tốt và Trước hết, xét tập con S =  2  2  p −1  p −1  p −1  p −1 ∆ S = ( −1) 2   !−  ! ≡ −2   ! = 2a (mod p ) ,  2   2   2   p −1 2 trong đó a = −  ! và thỏa mãn p | a − 1 theo định lý Wilson.  2  Ta xét các trường hợp: - Nếu a ≡ 1 (mod p) thì ∆ S = 2 (mod p ) . p +1 p −1 p +1 - Nếu a ≡ −1 (mod p ) thì trong tập con S , thay bởi (mod p ) thì ≡− 2 2 2 dễ thấy dấu của ∆ S sẽ được thay đổi thành 2. Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta đều chỉ ra

1,0

được tập con tốt có ∆ S ≡ 2 (mod p ). Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại tập con S tốt sao cho ∆ S = 1 (mod p ) . Xét một tập con tốt S bất kỳ và gọi a , a ′ lần lượt là tích các phần tử của S , M \ S . Theo định lý Wilson thì aa′ = ( p − 1)! ≡ −1 (mod p) .

1,0

Khi đó, nếu a ≡ a′ (mod p ) thì p | a 2 + 1 , vô lý vì ta đã biết a 2 + 1 không có ước nguyên tố

 −3  dạng 4 k + 3. Còn nếu a − a′ ≡ 1 (mod p) thì (2a − 1) 2 ≡ −3 (mod p ) , cũng vô lý vì   = −1  p do theo giả thiết thì p ≡ 11 (mod12). Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2.

1,0

Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bình Định Cho đa giác lồi n đỉnh A0 A1... An −1 ( n ≥ 3) . Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu.

4,0

Tìm giá trị nhỏ nhất của k.

Dễ thấy kmin ≥ n − 1 , bởi vì nếu k < n − 1, thì hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ một đỉnh được tô cùng một màu.

0,5

TH1. Nếu n là số chẵn thì gọi các màu cần tô là 0,1,..., n − 2 . Ta tô màu như sau: Ai Aj tô màu i + j ( mod(n − 1) ) ( 0 ≤ i, j ≤ n − 2 ) và Ai An−1 tô màu 2i ( mod(n − 1) ) , với

1,0

0 ≤ i ≤ n − 2.

Cách tô màu này thỏa mãn đề bài. Thật vậy + Nếu Ai Aj , Ai Ak ( 0 ≤ i, j, k ≤ n − 2, i < j , i < k ) tô cùng màu thì j ≡ k ( mod(n − 1) ) . Vô lí ! + Nếu Ai An −1 , Ai Aj ( 0 ≤ i < j ≤ n − 2 ) tô cùng màu thì i ≡ j ( mod(n − 1) ) . Vô lí ! + Nếu Ai An −1 , Aj An−1 ( 0 ≤ i < j ≤ n − 2 ) cùng màu thì

0,5

2i ≡ 2 j ( mod(n − 1) ) ⇔ i ≡ j ( mod(n − 1) ) .

Điều này cũng không thể xảy ra. Vậy trong trường hợp này ta có kmin = n − 1 . (1) TH2: Nếu n là số lẻ thì giả sử tô với n – 1 màu là 0,1,..., n − 2 . Khi đó, tất cả các đoạn thẳng có màu 1,..., n − 2 xóa hết chỉ còn lại các đoạn thẳng đều có màu 0. Suy ra n −1

deg Ai = 1 do đó

∑ deg A = n⋮ 2 i

( Vì tổng số bậc của đỉnh bằng 2 lần số cạnh). Điều này

1,0

i =0

vô lí. Do đó k ≥ n. Với k = n ta chỉ tô màu như sau: Gọi n màu cần tô là 0, 1,..., n − 1 thì Ai Aj tô màu i + j ( mod n ) . Cách tô này thỏa mãn yêu cầu bài toán . Thật vậy Ai Aj , Ai Ak tô cùng màu

thì i ≡ j ( mod n ) . Vô lí! Như vậy kmin = n. (2)

1,0

n − 1 Từ (1) và (2) suy ra kmin = 2  + 1.  2 

Chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó. 2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,5 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản.

========================= HẾT=====================

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

MÔN THI: TOÁN LỚP 11

NĂM HỌC 2018- 2019 Ngày thi: ... tháng 4 năm 2019 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 1 trang

Câu 1 (4 điểm): Cho dãy số ( un )

1  u1 = 2 xác định bởi:  . 2 un +1 = un − u ( n ∈ ℕ, n ≥ 1.)  n

Tính lim ( n.un ) Câu 2 (4 điểm): Cho tam giác ABC. Gọi ( I ; r ) là đường tròn nội tiếp của tam giác. Đường tròn ( I ; r ) tiếp xúc với BC tại P. Đường PI cắt ( I ; r ) tại điểm thức hai là E. Đường AE cắt BC tại F. Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại F. Câu 3 (4 điểm): Cho P ( x ) = x 2 + 1 . Chứng minh tồn tại vô số số n ∈ ℕ sao cho P ( n + 1) là ước của tích P ( n ) .P ( n − 1) ....P(1) . Câu 4 (4 điểm):Tìm số nguyên k thỏa mãn p 2 + k là hợp số với mọi số nguyên tố p.

Câu 5 (4 điểm): Trong một buổi khai mạc sự kiện, một nhóm S gồm 2014 học sinh tham gia đứng thành một vòng tròn lớn. Mỗi học sinh đập tay với mỗi học sinh đứng ở ngay hai bên cạnh mình một số lần nào đó. Với mỗi học sinh x , ta gọi f ( x) là tổng số lần đập tay của bạn ấy với hai bạn đứng gần mình.

a) Chứng minh rằng tập hợp

{n n ∈ ℕ, 2 ≤ n ≤ 2015} .

{ f ( x) x ∈ S }

không thể bằng với tập hợp

b) Chỉ ra một ví dụ trong đó tập hợp

{ f ( x) x ∈ S }

bằng với tập hợp

{n n ∈ ℕ, n ≠ 3, 2 ≤ n ≤ 2016} . ………………………. HẾT …………………….

HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 11 Nội dung

Câu 1 Cho dãy số ( un )

1  u1 = 2 xác định bởi:  . un +1 = un − u 2 ( n ∈ ℕ, n ≥ 1)  n

Điểm 4 điểm

Tính lim ( n.un ) . Dễ cm được lim ( un ) = 0

1,0

1 1 1 − = → 1 khi n → +∞ u n u n +1 1 − u n

1,0  1   =1  nun 

Theo định lí trung bình Cesaro ta có lim 

1,0

Ta có lim ( n.un ) = 1

1,0

Cho tam giác ABC. Gọi ( I ; r ) là đường tròn nội tiếp của tam giác. Đường tròn ( I ; r ) tiếp xúc với BC tại P. Đường PI cắt ( I ; r ) tại điểm thức hai là E. Đường AE cắt BC tại F. Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại F.

4 điểm

Gọi ( I a ; ra ) là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Xét phép vị tự

1,0

ra r A

tâm A ra r A

phép vị tự V tâm A biến ( I ; r ) thành ( I a ; ra ) , biến E thành điểm F’ thuộc ( I a ; ra ) thỏa mãn I a F ' ⊥ BC và I a F ' = ra , dễ có F ' là tiếp điểm của ( I a ; ra ) với BC Do A, E, F’ thẳng hàng nên F ' ≡ F

2,0

1,0

Tìm số nguyên k thỏa mãn p 2 + k là hợp số với mọi số nguyên tố p .

4 điểm

Ta chọn k = 6q − 1( q ∈ ℕ,q ≥ 1)

1,0

p = 2 ⇒ p 2 + k = 4 + 6q − 1 = 3 ( 2q − 1)

1,0

p = 3 ⇒ p 2 + k = 9 + 6q − 1 = 2 ( 3q + 4 ) p > 3 ⇒ p 2 + k = p 2 + 6q − 1 = ( p 2 − 1) + 6q = 3l ( l > 1)

1,0 1,0

Cho P ( x ) = x 2 + 1 . Chứng minh tồn tại vô số số n ∈ ℕ sao cho P ( n + 1) là ước của

4 điểm

tích P ( n ) .P ( n − 1) ....P(1) . + 1) ( k + 1) + 1 = ( k 2 + k + 1) + 1

1,0

⇒ P ( k ) .P ( k + 1) = P ( k 2 + k + 1)

1,0

n = k 2 + k ⇒ P ( n ) .P ( n − 1) ....P (1)⋮ P ( k ) .P ( k + 1)

1,0

Có

(

)

1,0

⇒ P ( k ) .P ( k + 1) = P ( k 2 + k + 1) = P ( n + 1) ta có đpcm

Trong một buổi khai mạc sự kiện, một nhóm S gồm 2014 học sinh tham gia đứng 4 điểm thành một vòng tròn lớn. Mỗi học sinh đập tay với mỗi học sinh đứng ở ngay hai bên cạnh mình một số lần nào đó. Với mỗi học sinh x , ta gọi f ( x) là tổng số lần đập tay của bạn ấy với hai bạn đứng gần mình. a) Chứng minh rằng tập hợp

{ f ( x) x ∈ S }

không thể bằng với tập hợp

{n n ∈ ℕ, 2 ≤ n ≤ 2015} . b) Chỉ ra một ví dụ trong đó tập hợp

{ f ( x) x ∈ S }

bằng với tập hợp

{n n ∈ ℕ, n ≠ 3, 2 ≤ n ≤ 2016} . a) Tổng số cái đập tay của tất cả mọi người bằng k = là một số chẵn.

1 ∑ f ( x) . Do vậy 2 x∈S

∑ f ( x ) = 2k x∈S

1,0

Nếu { f ( x) x ∈ S } = {n n ∈ ℕ, 2 ≤ n ≤ 2015} thì { f ( x) x ∈ S } phải có đủ 2014 phần tử và tổng số các phần tử này bằng

1,0

∑ f ( x) = 2 + 3 + ... + 2015 là một số lẻ. Mâu thuẫn! Từ x∈S

đó có đpcm. b) Với n ≥ 2 . Mỗi nhóm Sn gồm 4n − 2 người, mô hình sau đây cho ta một ví dụ

1,0

thỏa mãn { f ( x) x ∈ Sn } = {2; 4;5; 6;...; 4n − 1; 4n} .

Mỗi vòng tròn trong hình đại diện cho một người x và số trong vòng tròn là f ( x) . Số trên mỗi cạnh là số lần đập tay của hai người kề nhau với nhau. Lấy n = 504 cho ta lời giải của bài toán. Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.

1,0

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/4/2019

ĐỀ DỰ BỊ (Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số f ( x ) liên tục và bị chặn trong khoảng ( a; +∞ ) . Chứng minh rằng với mọi số T dương, ta luôn tìm được dãy ( xn ) thỏa mãn lim xn = +∞ và n →+∞

lim  f ( x n +T ) - f ( x n )  = 0.

n→+∞

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Đường tròn ( J ) qua B, C cắt cạnh AB và AC tại F và E tương ứng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn

(O ) tại điểm thứ 2 là D . 1. Gọi P và Q là giao điểm thứ 2 của DE và DF với (O ) . Chứng minh các đường thẳng PC , BQ, AO đồng quy; 2. Giả sử EF cắt BC tại K . Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF và tam giác KFB . Chứng minh trực tâm của tam giác O1O2O nằm trên AB . Câu 3 (4 điểm). Cho P ( x ) là đa thức với hệ số nguyên, d e g P > 1 sao cho ( P ( x ) , P′ ( x ) ) = 1 . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho P ( n) không là số chính phương. Câu 4 (4 điểm). Cho p nguyên tố,p lớn hơn 3.Đặt: a 1 1 1 1 1 − + − ... + − = 2 3 p − 2 p − 1 ( p − 1)!

Chứng minh rằng: a ≡

2 − 2p (mod p) p

Câu 5 (4 điểm). Trong một buổi dạ hội, mỗi người tham dự đều có ít nhất 3 người quen. Chứng minh rằng có thể chọn ra một số chẵn người để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa hai người quen. -------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: ..................................

ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ VÀ THANG ĐIỂM Câu 1

Nội dung trình bày Đề xuất của trường THPT chuyên Hưng Yên, tỉnh Hưng Yên

Điểm 4,0

Cho hàm số f ( x ) liên tục và bị chặn trong khoảng ( a; +∞ ) . Chứng minh rằng với mọi số T dương, ta luôn tìm được dãy ( xn ) thỏa mãn lim xn = +∞ và n →+∞

lim [ f(x n +T) - f(x n ) ] = 0.

n→+∞

Xéthiệu f ( x + T ) − f ( x ) , có thể xảy ra hai trường hợp

1,0

TH1: Tồn tại số hữu hạn x ' > a sao cho hiệu f ( x + T ) − f ( x ) giữ nguyên một loại dấu với mọi

x ≥ x '. Trong TH1, dãy { f ( x '+ nT )} đơn điệu và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn. lim f ( x '+ nT ) = l n →+∞

1,0

Do đó lim  f ( x '+ ( n + 1)T ) − f ( x '+ nT )  = l − l = 0 ,

n →+∞

Trong đó xn = x '+ nT → +∞ thỏa mãn yêu cầu đề bài TH2: Với mọi E > a , luôn tồn tại x0 > E sao cho f ( x0 + T ) − f ( x0 ) = 0 . Trong TH2, tồn tại dãy vô hạn ( xn ) các giá trị x > a sao cho xn → +∞ và f ( xn + T ) − f ( xn ) = 0 nghĩa là lim n →+∞

[ f ( xn + T ) − f ( xn )] = 0 .

1,0 1,0

Vậy trong cả hai trường hợp ta đều xác định được dãy số thỏa mãn Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Đường tròn ( J ) qua B, C cắt cạnh AB và

AC tại F và E tương ứng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ 2 là D . a) Gọi P và Q là giao điểm thứ 2 của DE và DF với (O ) . Chứng minh các đường thẳng PC , BQ, AO đồng quy b) Giả sử EF cắt BC tại K . Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tam giác KFB . Chứng minh trực tâm của tam giác O1O2O nằm trên AB .

4,0

A P O1

= BAD = FAD = FED . Suy ra EF / / PB Ta có BPD Chứng minh tương tự có EF / / QC . Suy ra BQCP là hình thang cân

1,0

Gọi M là giao điểm của BQ và CP, suy ra OM là trung trực CQ, suy ra OM vuông góc EF.

= = 90 , suy ra AO vuông góc EF. Suy ra A, O, M thẳng Ta có AFE + FAO ACB + OAB hàng. Xét 3 đường tròn (AEF), (O) và (J) ta có AD là trục đẳng phương của (AEF) và (O), EF là trục đẳng phương của (AEF) và (J), BC là trục đẳng phương của (O) và (J). Suy ra AD, EF, BC đồng quy tại K. Ta có A và D đối xứng nhau qua O1O , F và D đối xứng nhau qua O1O2 , B và D đối xứng nhau o

1,0

qua O2O . Mà F, A, B thẳng hàng nên D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O và đường thẳng AB là đường thẳng Steiner của điểm D đối với tam giác O1O2O .

Theo tính chất đường thẳng Steiner thì AB đi qua trực tâm của tam giác O1O2O . Ta có điều chứng minh Đề xuất của trường THPT chuyên Biên Hòa, tỉnh Hà Nam Cho P ( x ) là đa thức với hệ số nguyên, d e g P > 1 sao cho ( P ( x ) , P′ ( x ) ) = 1 . Chứng minh

1,0

4,0

rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho P ( n ) không là số chính phương. Do ( P ( x ) , P′ ( x ) ) = 1 theo định lý Bezout tồn tại U ( x ) , V ( x ) ∈ ℤ [ x ] sao cho : P ( x ) U ( x ) − P′ ( x ) V ( x ) = d , ( d ∈ ℤ, d = const )

1,0

Xét tập A = { p ∈℘ | ∃n ∈ ℕ* , P ( n )⋮ p} . Ta sẽ chứng minh A = ∞ . Giả sử: A = { p1 , p 2 ,..., pk } , pi ∈℘, i = 1, k . Đặt M = p1 p2 ... pk .

Ta có : P ( x ) = am x m + am −1 x m −1 + ⋯ + a1 x + a0 , với ai ∈ ℤ, am ≠ 0, i = 0, m . m

P ( ka0 M ) = am ( ka0 M ) + am −1 ( ka0 M )

= ka0 M am ( ka0 M )  = ka0 M .Q ( ka0 M ) + a0 , ( Q ( x ) ∈ ℤ [ x ])

m −1

+ am−1 ( ka0 M )

+ ⋯ + a1 ( ka0 M ) + a0 , m−2

+ ⋯ + a1  + a0 

1,0

= a0  kM .Q ( ka0 M ) + 1

Lấy q ∈℘, q | kM .Q ( ka0 M ) + 1 ⇒ ( q, M ) = 1 ⇔ ( q, pi ) = 1 (vô lý) , vậy A = ∞ . Xét

p ∈ A

để

p > d

suy ra tồn tại x0 ∈ ℕ * sao cho P ( x0 )⋮ p và P′ ( x0 ) ⋮/ p .

0,5

Ta có: m

P ( x0 + p ) = am ( x0 + p ) + am −1 ( x0 + p )

m −1

+ ⋯ + a1 ( x0 + p ) + a0

= a m x0 m + a m −1 x0 m −1 + ⋯ + a1 x0 + a0 + ma m x0 m −1 p + ⋯ + a1 p

0,5

= P ( x0 ) + P′ ( xo ) p + p 2T , (T ∈ ℤ )

Từ đó suy ra:  P ( x0 )⋮ p 2 ⇒ P′ ( x0 )⋮ p ( vô lý)  2 P x + p ⋮ p ( )  0  P ( x0 ) ⋮/ p 2 P x + p) ⇒ P ( x0 ) không là số chính phương hoặc ( 0 không là số chính phương.  2  P ( x0 + p ) ⋮/ p Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đề xuất của trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương

1,0

Cho p nguyên tố,p lớn hơn 3.Đặt:

a 1 1 1 1 1 − + − ... + − = 2 3 p − 2 p − 1 ( p − 1)! Chứng minh rằng: a ≡

4,0

2 − 2p (mod p) p

Ta có : a = (p − 1)!−

p −1 ( p − 1)! ( p − 1)! ( p − 1)! + ... + − ( p − 2)! = ∑ ( −1) k −1 2 p−2 k k =1

Và

Giả sử :

p −1

C + C p + ... + C p 2 − 2p =− p p p

p −1

1,0

( p − 1)! = −∑ k =1 k !.( p − k )!

1,0

( p − 1)! ≡ ak (mod p ) k !.( p − k )! ( p − 1)! ⇒ ≡ (k − 1)!.( p − k )!.ak (mod p ) k Lại có: p − k ≡ − k(mod p ) p − k − 1 ≡ −k − 1(mod p ) ................................... p − ( p − 1) ≡ −( p − 1)(mod p ) ⇒ ( p − k )! ≡ (−1) p − k k (k + 1)...( p − 1)(mod p ) Áp dụng định lý Wilson,ta có: ⇒ ( p − k )! ≡ ( −1) p − k k ( k + 1)...( p − 1)(mod p ) ⇒ ( k − 1)!.( p − k )!.ak ≡ ( −1) p − k .( p − 1)!.a k ≡ ( −1) p − k +1 ak (mod p ) ( p − 1)! ≡ −ak (mod p ) k p −1 p −1 p −1 ( p − 1)! ( p − 1)! ⇒ ∑ ( −1) k −1 ≡ − ∑ ak ≡ − ∑ (mod p) k k =1 k =1 k =1 k !.( p − k )! ⇒ ( −1) k −1

2,0

Ta có điều phải chứng minh.

Đề xuất của trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Phú Thọ Trong một buổi dạ hội, mỗi người tham dự đều có ít nhất 3 người quen. Chứng minh rằng có thể chọn ra một số chẵn người để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi

4,0

giữa hai người quen. Chuyển sang ngôn ngữ đồ thị: Cho graph ( G ) với n đỉnh ( n ≥ 4 ) , bậc của mỗi đỉnh đều ≥ 3. Chứng minh rằng trong ( G ) bao giờ cũng có một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn. Xét tất cả các đường đi sơ cấp trong ( G ) . Vì số đỉnh của ( G ) là hữu hạn nên số đường đi này

1,0

là hữu hạn và trong đó có đường đi có độ dài p lớn nhất, ta gọi đó là đường đi v1v2 ...v p . Vì v1 có bậc lớn hơn hoặc bằng 3 nên ngoài cạnh v1v2 , còn có ít nhất hai cạnh nữa có đầu mút

v1 . Giả sử đó là v1v, v1w. Nếu v không trùng với bất cứ vi , i = 2, p nào thì ta có đường đi vv1v2 ...v p có độ dài lớn hơn p , mâu thuẫn giả thiết về p . Do đó v ≡ vi nào đó, i = 2, p.

1,0

Tuơng tự, w ≡ v j nào đó, j = 2, p, j ≠ i. Như vậy v1 có thể nối với vi , v j , ( 2 < i < j ≤ p ) .

1,0

v2 v (i-1) v1

v (i)

v (i+1)

v (p)

v (j-1) v (j+1)

v (j)

1,0

SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( an ) được xác định bởi: 1 a1 = , ( an +1 + an )( 2 − an ) = 1, ∀n ≥ 1 . 2 a) Tìm giới hạn của dãy ( an ) khi n → +∞. b) Chứng minh rằng

a1 + a2 + ... + an 2 , ∀n = 1,2,... ≥1 − n 2

Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn Ω , P là điểm nằm trong tam giác ABC . Gọi D là giao điểm của AP với Ω ( D ≠ M ) , E là giao điểm của BP với AC , F là giao điểm của CP với AB , M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với Ω ( M ≠ A ) . Tiếp tuyến tại B và C của Ω cắt nhau ở T , DT cắt Ω tại L ( L ≠ D ) . a) Gọi X là giao điểm của BC và EF . Chứng minh ba điểm A , L , X thẳng hàng. b) Gọi N là điểm đối xứng của L qua đường thẳng BC . Chứng minh rằng bốn điểm D, M , N , P cùng nằm trên một đường tròn. Câu 3 (4,0 điểm). Tìm đa thức P ( x ) hệ số thực thỏa mãn: P ( x 2 + x + 1) – P ( x ) .P ( x + 1) = 0 , với mọi x ∈ R .

Câu 4 (4,0 điểm). Cho đa thức P ( x ) = ( x + d1 )( x + d 2 ) ( x + d3 )( x + d 4 )( x + d5 )( x + d 6 )( x + d 7 )( x + d8 )( x + d9 ) với d1 , d 2 , d3 ,..., d 9 là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên N sao cho với mọi số nguyên x ≥ N , P ( x ) chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn 20. Câu 5 (4,0 điểm). Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc.

Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật m × n , trong đó m , n là các số nguyên dương sao cho có thể lát hình chữ nhật đó bằng các viên gạch hình móc câu? ------------------- Hết -------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB NĂM HỌC 2018 – 2019

SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 11 (HDC gồm 07 trang) ĐÁP ÁN Câu Nội dung Cho dãy số ( an ) được xác định bởi: 1 a1 = , ( an+1 + an )( 2 − an ) = 1, ∀n ≥ 1 2 a) Tìm giới hạn của dãy ( an ) khi n → +∞. 1

Điểm

a1 + a2 + ... + an 2 , ∀n = 1,2,... . ≥1− n 2

b) Chứng minh rằng

+ Biến đổi ( an+1 + an )( 2 – an ) = 1 1 ⇔ an +1 + an = 2 − an 2

1 an2 − 2an + 1 ( an − 1) = , ∀n ≥ 1 ⇔ an+1 = − an = 2 − an 2 − an 2 − an 1 + a1 = ∈ [ 0,1] , a2 2

1 − 1) ( = 2

2− 1

14 1 = ∈ [ 0,1] 32 6

2 + Nhận xét: an ∈ [ 0,1] . Ta chứng minh bằng quy nạp

1a)

2  an − 1) ( ≥0 an+1 = 2 − a  n Giả sử an ∈ [ 0,1] , ta có:  ⇒ an +1 ∈ [ 0,1] 2 an − 1) ( 1  an+1 = 2 − a ≤ 2 − 1 = 1 n 

Vậy an ∈ [ 0,1] , ∀n ≥ 1 2

2 − 2 ( an − 1) 2 − 2 + Với an ∈ [ 0,1] , ta có: an +1 − = − 2 2 − an 2 =

(

)

(

2an2 − 2 + 2 an + 2 2 − 2

)

2 ( 2 − an )

1  2an2 − 2 + 2 an + 2 2 − 2   2 ( 2 − an ) 

(

)

1,0

Câu

Nội dung =

Điểm

 an − 2   2− 2  1 2− 2  .2  an −  an −   an − 2 =  2 ( 2 − an )  2  2   2 − an 

(

)

2 − an 2− 2 1 2− 2 2− 2  1  = an − < an − < ... <  a1 −  2 − an 2 2 2 2  2 n

 1  1 2− 2  1  − = =   2  2 2  2

1,0

2 −1 2

 1  2 −1 =0 Mà lim   2  2 2− 2 Vậy lim an = là giới hạn cần tìm 2

( x − 1) =

, với x ∈[ 0;1] 2−x Ta có f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] và

Xét hàm số f ( x )

( x − 1)( 3 − x ) ≤ 0, ∀x ∈ 0,1 ⇒ f x ( ) [ ] 2 (2 − x) đoạn [ 0;1] 2 an − 1) ( Ta viết lại an+1 = = f ( an ) , ∀n ≥ 1 f ' ( x) =

nghịch biến trên

2 − an

1 (vì f ( x ) nghịch biến trên đoạn [ 0;1] ) 2 Ta lại có: ( an +1 + an )( 2 − an ) = 1 1 1 ⇔ = 2 − an ⇔ − 1 = 1 − an an+1 + an an+1 + an n n 1 Suy ra: ∑ (1 − ak ) = ∑ −n a + a k =1 k =1 k +1 k Suy ra: 0 ≤ an < a1 = f ( 0 ) =

1b)

⇔ n − ∑ ak ≥

−n=

∑(a

k =1

+ ak +1 )

k =1

an +1 − a1 + 2∑ ak n

n − ∑ ak ≥ k =1

−n ≥

k =1 2

n n

2∑ ak k =1

a1 + an+1 + 2∑ ak

−n =

k =2

2 n

2∑ ak

− n (vì a1 ≥ aa +1 ⇒ an+1 − a1 < 0 )

k =1

−n

(*)

1,0

Câu

Nội dung n2 −n Đặt x = ∑ ak , khi đó: (*) ⇔ n − x ≥ 2x k =1   2 2 x 1− 2 <=> 2 x 2 – 4nx + n 2 ≤ 0 ⇔ n 1 −  ≤ x ≤ n 1 +  ⇒ ≥ 2  2  n 2  

Điểm

∑a

1− 2 (đpcm). n 2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn Ω , P là điểm nằm trong tam giác ABC . Gọi D là giao điểm của AP với Ω ( D ≠ M ) , E là giao điểm của BP với AC , F là giao điểm của CP với AB , M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với Ω ( M ≠ A ) . Tiếp tuyến tại B và C của Ω cắt nhau ở T , DT cắt Ω tại L ( L ≠ D ) . a) Gọi X là giao điểm của BC và EF . Chứng minh ba điểm A , L , X thẳng hàng.

Vậ y

k =1

≥

b) Gọi N là điểm đối xứng của L qua đường thẳng BC . Chứng minh rằng bốn điểm D, M , N , P cùng nằm trên một đường tròn.

1,0

Câu Nội dung Điểm Ta có M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BCEF nên 2a) X ∈ ( BMF ) và X ∈ ( CME ) . Vì tứ giác BDCL điều hòa nên A ( BC , DL ) = −1 . 1,0 Lại có A ( BC , PX ) = −1 . Suy ra X ∈ AL . Vậy ba điểm A , L , X thẳng hàng. 0,5 2b) = EYX = XCE (góc nội tiếp ( CME ) ) Ta có BYX XCA = XLB (bù với ALB ) = XNB ( N đối xứng L qua BC ). = Suy ra X ∈ ( BNY ) . Tương tự X ∈ ( CLY ) .

0,5

= YNX + + + BCP = BPZ = YPZ XNZ = YBX XCZ = PBX Ta có YNZ . 1,0 Suy ra tứ giác PNYZ nội tiếp. = MYE = MCE (góc nội tiếp ( CME ) ) Lại có MYP = MDA (góc nội tiếp Ω ) = MCA . = MDP

Suy ra Y ∈ ( MDP ) . Tương tự Z ∈ ( MDP ) . Do đó 6 điểm M , P, D, N , Y , Z cùng nằm trên một đường tròn. Vậy D, M , N , P cùng nằm trên một đường tròn.

1,0

Tìm đa thức P ( x ) hệ số thực thỏa mãn: P ( x 2 + x + 1) – P ( x ) .P ( x + 1) = 0 , với mọi x ∈ R (1)

* Trường hợp 1: P ( x ) là một đa thức hằng + Giả sử P ( x ) ≡ C Từ (1) ta có: C – C 2 = 0 ⇔ C = C 2 ⇔ C = 0 hoặc C = 1. + Thử lại: đa thức P ( x ) ≡ 0 , P ( x ) ≡ 1 .

1,0

Câu

Nội dung Điểm * Trường hợp 2: P ( x ) không phải là một đa thức hằng + Khi đó tập nghiệm phức của P ( x ) là hữu hạn và khác rỗng Giả sử a là một nghiệm của P ( x ) ⇒ P ( a ) = 0 (1) ⇒ P ( a 2 + a + 1) – P ( a ) . P ( a + 1) = 0 ⇒ P ( a 2 + a + 1) – 0 = 0 ⇒ P ( a 2 + a + 1) = 0 ⇒ a 2 + a + 1 cũng là nghiệm của P ( x ) . + Thay x bởi x − 1 vào (1), ta có: 2 (1) P ( x − 1) + ( x − 1) + 1 − P ( x − 1).P ( x − 1 + 1) = 0 ⇒ P ( x 2 − x + 1) − P ( x − 1) .P ( x ) = 0 . Như vậy, nếu a là nghiệm của P ( x ) thì a 2 − a + 1 cũng là nghiệm 1,0 c ủa P ( x ) . + Giả sử x0 là nghiệm có mô đun lớn nhất (nếu có vài nghiệm như thế thì ta chọn 1 trong chúng) Ta có: 2 x0 = ( x02 + x0 + 1) − ( x02 + x0 + 1) ≤ x02 + x0 + 1 + x02 − x0 + 1 (2). Vì x0 , x02 + x0 + 1, x02 − x0 + 1 là nghiệm của P ( x ) và x0 là nghiệm có mô đun lớn nhất nên: x02 + x0 + 1 + x02 − x0 + 1 ≤ 2 x0 . (3) Từ (2) và (3) suy ra: 2 x0 ≤ x02 + x0 + 1 + x02 − x0 + 1 ≤ 2 x0 ⇔ 2 x0 = x02 + x0 + 1 + x02 − x0 + 1 Dấu " = " xảy ra khi x02 + x0 + 1 = − ( x02 − x0 + 1) và x02 + x0 + 1 = x02 − x0 + 1 ⇔ x02 + 1 = 0 và x02 + x0 + 1 = x02 − x0 + 1 ⇔ x02 + 1 = 0 và x0 = − x0 ⇔ x02 + 1 = 0 ⇔ x0 = −1 ⇔ x0 = i hoặc x0 = −i . 1,0 Suy ra tồn tại đa thức P1 ( x ) với hệ số thực sao cho P ( x ) ≡ ( x 2 + 1) .P1 ( x ) với P1 ( x ) không đồng dư 0 Dễ thấy ⇒ P1 ( x 2 − x + 1) − P1 ( x − 1) .P1 ( x ) = 0 , ∀x ∈ R Nếu deg P1 ( x ) ≥ 1 thì làm lại tương tự như trên, ta có: P1 ( x ) ≡ ( x 2 + 1) .P2 ( x ) . Quá trình trên sẽ dừng lại sau hữu hạn bước do bậc của P ( x ) hữu hạn. Nói một cách khác là ∃n ∈ Z + và đa thức hằng Pn ( x ) thỏa mãn n P ( x ) ≡ ( x 2 + 1) .Pn ( x ) , với Pn ( x ) không đồng dư 0 ⇒ Pn ( x ) ≡ 1 (theo trường hợp 1) n Suy ra P ( x ) ≡ ( x 2 + 1) , n ∈ Z + .

Câu

Nội dung + Thử lại: thỏa (1) n Vậy P ( x ) ≡ 0, P ( x ) ≡ 1, P ( x ) ≡ ( x 2 + 1) , n ∈ Z + .

Điểm 1,0

Cho đa thức P ( x ) = ( x + d1 )( x + d 2 )( x + d3 )( x + d 4 )( x + d5 )( x + d 6 )( x + d 7 )( x + d8 x + d9 với d1 , d 2 , d 3 ,..., d 9 là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên N sao cho với mọi số nguyên x ≥ N , P ( x ) chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn 20. Để ý rằng yêu cầu của bài toán không đổi với mọi x thay đổi, vì vậy không mất tính tổng quát giả sử d1 , d 2 , d 3 ,..., d 9 đều dương 1,0 Để ý thấy rằng chỉ có 8 số nguyên tố nhỏ hơn 20, trong khi đó P ( x ) bao gồm nhiều hơn 8 thừa số.

Ta sẽ chứng minh rằng N = d 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán, với d = max {d1 , d 2 , d 3 ,..., d9 } . Giả sử ngược lại rằng có số nguyên x ≥ N sao cho P ( x ) gồm những số nguyên tố nhỏ hơn 20. Vì vậy, với mọi 1,0 chỉ số i ∈ {1,2,3,...,9} , x + di có thể biểu diễn dưới dạng tích các lũy thừa của 8 số nguyên tố đầu tiên. Do đó x + d 8 > x ≥ d 8 có lũy thừa nguyên tố f i > d chia hết x + di . Theo nguyên lý Dirichlet ta thấy rằng tồn tại 2 chỉ số i, j sao cho fi và f j là những lũy thừa của cùng một số nguyên tố. Bởi tính đối xứng, ta có thể giả sử f i ≤ f j . Khi đó cả 2 số x + di và x + d j đều 2,0 chia hết cho f i , do đó hiệu f i − f j cũng chia hết cho f i . Tuy nhiên, 0 <| di − d j |≤ max {di , d j } ≤ d < f i , vô lý. Vậy bài toán đã được chứng minh. Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc.

Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật m × n , trong đó m , n là

Câu

Nội dung Điểm các số nguyên dương sao cho có thể lát hình chữ nhật đó bằng các viên gạch hình móc câu? Với m = 1 hoặc m = 2 không thỏa (a) mãn vì kích thước viên gạch là 3 x 3 . Nếu m = 5 thì khi đặt viên gạch thứ nhất hết 3 ô, do đó còn 2 ô không thể (b ) lát viên gạch kế tiếp. Do đó m, n ∉ {1;2;5}. (H2) Chia hình chữ nhật đã cho thành các m × n ô vuông và đánh số các hàng, các cột từ dưới lên trên, từ trái sang phải. Ta gọi ô ( p; q ) là ô nằm ở giao của hàng thứ p và cột thứ q. Hai viên gạch hình móc câu chỉ có thể ghép lại để được một trong hai hình dưới đây:

1,0

Nếu có lẻ viên gạch thì hiển nhiên sẽ tồn tại ô khoảng trống nên không lát được hình chữ nhật. Suy ra có chẵn số viên gạch. Ô khoảng trống

Do hai viên gạch ghép lại có 12 ô vuông nhỏ nên mn chia hết cho 12 . Nhận thấy, nếu sử dụng (H1) thì hiển nhiên lát được hình chữ nhật (do (H1) là hình chữ nhật 3 x 4 ). Nếu sử dụng (H2) thì hiển nhiên sử dụng tất cả (H2) cho hình chữ nhật theo cách ghép nỗi tiếp (nếu không ghép nối tiếp thì sẽ tồn tại ô trống), hiển nhiên sẽ trống 2 1,0 vị trí ( a ) và ( b ) . Do đó, để lát được hình chữ nhật m × n thì mn phải chia hết cho 12. Nếu ít nhất một trong hai số m, n chia hết cho 4 thì có thể lát được. Thật vậy, giả sử được m chia hết cho 4. Ta có thể viết n dưới 1,0

Câu

Nội dung dạng: n = 3a + 4b , do đó có thể lát được.

Điểm

Xét trường hợp m, n đều không chia hết cho 4. Ta chứng minh trường hợp này không thể lát được. Giả sử ngược lại, khi đó m, n đều chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Ta tạo bất biến như sau: Xét ô ( p; q ) . Nếu chỉ một trong hai toạ độ p, q chia hết cho 4 thì điền số 1 vào ô đó. Nếu cả hai toạ độ p, q chia hết cho 4 thì điền số 2. Các ô còn lại điền số 0. Với cách điền số như vậy ta thu được bất biến là tổng các số trong hình (H1) và tổng các số trong hình (H2) đều là số lẻ. Do m, n chẵn nên tổng các số trong toàn bộ hình chữ nhật m × n là số chẵn. Để lát được thì tổng số hình (H1) và (H2) được sử dụng phải 1,0 là số chẵn. Khi đó m.n chia hết cho 24, vô lý. ----------------- Hết -----------------

Người ra đề: Nguyễn Thị Bích Xuân – Lê Đình Nhật SĐT: 0905504753

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN; Lớp:11 Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ ĐỀ XUẤT

Câu 1. (4đ) Dãy số Cho dãy số (an ) xác định như sau:  1 a1 = 1, a2 = 2   2 * n (n + 1) an+1.an + nan .an−1 = (n + 1) an+1.an−1 , ∀n ∈ ℕ

Chứng minh rằng:

2 < n an , ∀n ∈ ℕ* . n +1

Câu 2. (4đ) Hình học phẳng Trong mặt phẳng cho ba đường tròn ω1, ω2, ω3 đôi một tiếp xúc ngoài nhau. Gọi P1 là tiếp điểm của ω1, ω3, P2 là tiếp điểm của ω2, ω3. A, B là hai điểm trên đường tròn ω3 khác P1, P2 sao cho AB là đường kính của đường tròn ω3. Đường thẳng AP1 cắt đường tròn ω1 tại điểm thứ hai là X, đường thẳng BP2 cắt đường tròn ω2 tại điểm thứ hai là Y. Các đường thẳng AP2, BP1 cắt nhau tại Z. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng. Câu 3. (4đ) Đa thức Tìm tất cả các hàm đơn ánh f : ℝ → ℝ thỏa mãn với mọi số thực x và số nguyên dương n luôn có: n

∑ i  f ( x + i +1)− f ( f ( x + i)) < 2018 i =1

Câu 4. (4đ) Số học Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất để phương trình a 2 + p3 = b 4 có nghiệm a, b nguyên dương. Câu 5. (4đ) Tổ hợp Cho 2018 số thực khác nhau nằm trong đoạn [1;2] có tổng là S. Một cách phân hoạch 2018 số đó vào hai tập rời nhau A và B được gọi là tốt nếu tổng các số trong A và tổng các số trong B có hiệu không quá

S . Chứng minh rằng: với mọi cách phân hoạch tốt 2018

thì 673 ≤ A , B ≤ 1345 . HẾT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN; Lớp:11

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu

Nội dung

Điểm

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được un = Yêu cầu bài toán đưa về chứng minh n n ! <

2đ

1 , ∀n ∈ ℕ* . n!

n +1 , ∀n ∈ ℕ * . 2

2đ

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho n số 1, 2, …, n ta có 1 + 2 + ... + n n + 1 = n 2 +1 n Nhưng dấu bằng không xảy ra nên ta luôn có n n ! < , ∀n ∈ ℕ * . 2 n

n ! = n 1.2...n ≤

2. c1 O1

X P3

P1 A

O4 Y

Z O3

Xét các góc có hướng theo modulo π. Gọi P3 là tiếp điểm của hai đường tròn ω1, ω2 và O1, O2, O3 tâm của ba đường tròn ω1, ω2, ω3 tương ứng. Gọi ω4 là đường tròn ngoại tiếp tam giác P1P2P3 và O4 là tâm đẳng phương của ba đường tròn ω1, ω2, ω3. Do ba đường tròn ω1, ω2, ω3 đôi một tiếp xúc 1 đ ngoài nhau và từ tính chất của phương tích của điểm O4 đối với ba đường tròn ω1, ω2, ω3 ta suy ra được: O4P1 = O4P2 = O4P3. Do đó O4 là tâm của đường tròn ω4. Từ tính chất của tâm đẳng phương có: O4P1⊥O1O3 nên O1 O3 là tiếp tuyến của ω4. 1đ Chứng minh tương tự cũng có O1O2, O2O3 là tiếp tuyến của ω4. Vì O3 ∈ AB nên ta có: P =P 2 PZ 1 2 AO3 = O3 P2 A Nếu gọi Z’ là giao điểm thứ hai của AP2 và ω4 thì do O3P2 là tiếp tuyến của ' . ω4 nên ta có: O 3 P2 A = O3 P2 Z ' = P2 PZ 1 PZ = P PZ ' và Z’ thuộc đường thẳng BZ. Do đó P 2 1

2 1

Vì Z và Z’ cùng thuộc AP2, AP2 ≠ BZ nên suy ra Z ≡ Z’. Do đó Z ∈ ω4. Vì O PO và XPZ cùng là góc vuông (do AB là đường kính) nên ta có: 4 1

= ZPP +O + ZPO = 2đ ZPP XPO 1 3 1 4 4 PO 1 3 = XPZ 1 1 4 1 4 (1) XPO Vì P1O4 là tiếptuyếncủa ω1 nên ta có: 1 4 = XP3 P1 (2) = XP3 P1 . Từ (1) và (2) suy ra ZPO 1 3 Gọi l là đường thẳng ZP3 hoặc Z ≡ P3 hoặc đường thẳng tiếp xúc với ω4 tại P. (vì O3P1 là tiếp tuyến của ω4). Khi đó: ( l ; P P ) = ZPO 3 1

l ; P3 P1 ) = XP3 P1 ⇒X ∈ l. Kết hợp điều này với kết quả ở trên,ta suy ra: ( Chứng minh tương tự ta có Y ∈ l . Vì Z ∈ l nên ta suy ra ba điểm X, Y, Z thẳng hàng.

Theo giả thiết ta có

2đ n

−2018 < ∑ i  f ( x + i + 1) − f ( f ( x + i )) < 2018, ∀x ∈ ℝ , n ∈ ℕ*   i =1 n

⇒ −2018 < −∑ i  f ( x + i + 1) − f ( f ( x + i )) < 2018   i =1

Thay n bởi n + 1 ta thu được n

−2018 < ∑ i  f ( x + i + 1) − f ( f ( x + i )) + (n + 1)  f ( x + n + 2) − f ( f ( x + n + 1)) < 2018     i =1

Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều dẫn đến −4036 < (n + 1)  f ( x + n + 2) − f ( f ( x + n + 1)) < 4032, ∀x ∈ ℝ, n ∈ ℕ*  

1,5 đ

Ta chứng minh f (t +1)− f ( f (t )) = 0, ∀t ∈ ℝ . Thật vậy, giả sử tồn tại t ∈ ℝ để f (t +1)− f ( f (t )) ≠ 0 . Cho m là số nguyên dương và thay x bởi t − m −1 ta có (m +1)  f ((t − m −1) + m + 2) − f ( f ((t − m −1) + m +1)) = (m + 1)  f (t +1)− f ( f (t )) Vì f (t +1)− f ( f (t )) ≠ 0 nên với m nguyên dương đủ lớn ta có

(m +1)  f (t +1) − f ( f (t )) > 4032 , điều này mâu thuẫn với khẳng định trên. Do đó f (t +1)− f ( f (t )) = 0, ∀t ∈ ℝ , lại có f là hàm đơn ánh nên suy ra 0,5 đ f (t ) = t + 1, ∀t ∈ ℝ .

Biến đổi về (b 2 + a)(b 2 − a) = p 3 , do p là số nguyên tố nên chỉ có hai trường 0,5 đ hợp sau xảy ra 1) b 2 + a = p 2 và b 2 − a = p , tính được b 2 = p ( p + 1)

p2 − p p 2 + p p ( p + 1) = và a = . 2 2 2

1đ

2.3 = 3 , không phải là số chính phương. Với p là 2 2 p ( p + 1) p ( p + 1) số nguyên tố lẻ thì ⋮ p mà ⋮ p 2 nên cũng không phải số chính 2 2

Với p = 2 rõ ràng

phương. Trong trường hợp này không tồn tại a, b thỏa mãn. 2

2) b + a = p

2,5 đ p3 +1 p 3 −1 và b − a = 1 , tìm được b = và a = . Dễ thấy với 2 2 2

p = 2 không tồn tại a, b thỏa mãn.

Với p là số nguyên tố lẻ ta có  p +1

p3 +1 p +1 2 = .( p − p + 1) = b 2 là số chính 2 2



phương. Lại có gcd  ; p 2 − p + 1 = gcd ( p + 1, p 2 − p + 1) = gcd ( p + 1;3) .  2   p +1



p +1

- Nếu p + 1 ⋮ 3 thì gcd  và p 2 − p +1 đều là ; p 2 − p + 1 = 1 dẫn đến  2  2 các số chính phương, hay có số nguyên dương n để p 2 − p + 1 = n 2 ⇔ p ( p −1) = (n −1)( n + 1) Điều này không xảy ra.  p +1



- Vậy p + 1⋮ 3 hay p ≡ 2 (mod 3) và gcd  ; p 2 − p + 1 = 3 , hay tồn tại x, y  2  nguyên dương để

p +1 = 3 x 2 và p 2 − p + 1 = 3 y 2 , viết lại p = 6 x 2 −1 . Để tìm 2

được p nhỏ nhất ta tìm x nhỏ nhất, với x = 1 có p = 5 và p 2 − p +1 = 25 − 5 +1 = 21 không thỏa mãn, với x = 2 có p = 23 và p 2 − p +1 = 232 − 23 +1 = 3.132 . Vậy số p nhỏ nhất cần tìm là 23.

2đ Gọi S(A) và S(B) là tổng các phần tử trong tập A và tập B. Giả sử A ≤ B . Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử tồn tại một phân hoạch tốt mà A ≤ 672 , tương ứng B ≥ 1346 . Vì các phần tử của A, B là các số khác nhau và đều thuộc [1; 2] nên S ( A) < 672.2 = 1344 < 1346 = 1346.1 < S ( B) . S ( A) + S ( B ) 2đ S Đây là phân hoạch tốt nên có S ( B )− S ( A) ≤ = 2018 2018 672 672 1 2019 2019 2019 .672.2 < .2 = 673.2 = 1346 vì < = ⇒ S ( B) ≤ S ( A) < 2017 2017 3 2017 2016 3 Lại có S ( B ) > 1346.1 = 1346 . Điều mâu thuẫn này dẫn đến điều giả sử là sai.

Vậy có điều phải chứng minh. Người ra đề: Nguyễn Ngọc Xuân Chữ ký

Số điện thoại: 0978119118

TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N

Ä?áť&#x20AC; THI CHáť&#x152;N Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I

LĂ&#x160; QUĂ? Ä?Ă&#x201D;N QUáş˘NG TRáť&#x160;

KHU Váť°C DUYĂ&#x160;N Háş˘I VĂ&#x20AC; Ä?áť&#x2019;NG Báş°NG BáşŽC Báť&#x2DC; LáşŚN THáť¨ XII - NÄ&#x201A;M 2019 MĂ&#x201D;N THI: TOĂ N - Láť&#x161;P 11

Ä?áť&#x20AC; THI Ä?áť&#x20AC; XUáş¤T

Tháť?i gian lĂ m bĂ i: 180 phĂşt CĂ˘u 1 (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m).Váť&#x203A;i , , lĂ cĂĄc sáť&#x2018; tháťąc xĂŠt dĂŁy Ä&#x2018;Ć°áťŁc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh nghÄŠa báť&#x;i =

+ + â&#x2C6;&#x20AC; â&#x2030;Ľ 1. 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 3 â&#x2C6;&#x2019; 1 3

Ä?áşˇt = + + â&#x2039;Ż + â&#x2C6;&#x20AC; â&#x2030;Ľ 1. CháťŠng minh ráşąng dĂŁy cĂł giáť&#x203A;i háşĄn háťŻu háşĄn khi vĂ cháť&#x2030; khi + + = 0. CĂ˘u 2 (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m).Cho tam giĂĄc náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n , ngoáşĄi tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n . Ä?Ć°áť?ng trĂ˛n tiáşżp xĂşc váť&#x203A;i , , láş§n lĆ°áťŁt táşĄi , , !.CĂĄc Ä&#x2018;Ć°áť?ng tháşłng qua vĂ vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i , qua vĂ vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i cáşŻt láş§n lĆ°áťŁt táşĄi "# , "$ .Ä?Ć°áť?ng trung tuyáşżn Ä&#x2018;i qua "# cáť§a tam giĂĄc "# vĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng trung tuyáşżn Ä&#x2018;i qua"$ cáť§a tam giĂĄc "$ cáşŻt nhau táşĄi %& . Ä?áť&#x2039;nh nghÄŠa tĆ°ĆĄng táťą Ä&#x2018;áť&#x2018;i váť&#x203A;i %# , %$ .CháťŠng minh ráşąng cĂĄc Ä&#x2018;Ć°áť?ng tháşłng %& , %# , %$ Ä&#x2018;áť&#x201C;ng quy. CĂ˘u 3 (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m).TĂŹm táşĽt cáşŁ cĂĄc Ä&#x2018;a tháťŠc ' â&#x2C6;&#x2C6; â&#x201E;¤[ ] sao cho váť&#x203A;i máť?i nguyĂŞn dĆ°ĆĄng, phĆ°ĆĄng trĂŹnh ' = 2 cĂł nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn. CĂ˘u 4 (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m).TĂŹm giĂĄ tráť&#x2039; nháť? nháşĽt cáť§a biáť&#x192;u tháťŠc ' , = |5 â&#x2C6;&#x2019; 11 â&#x2C6;&#x2019; 5 | trĂŞn táşp â&#x201E;¤ â&#x2C6;&#x2013; 0,0 . CĂ˘u 5 (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m).Cho 6 sáť&#x2018; tháťąc , , â&#x20AC;Ś , 0 . TĂŹm sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng 1 nháť? nháşĽt sao cho máť&#x2021;nh Ä&#x2018;áť sau Ä&#x2018;Ă˘y Ä&#x2018;Ăşng: náşżu cĂł báşĽt kĂŹ 1 táť&#x2022;ng dáşĄng 23 + 24 + 25 + 26 báşąng 0 thĂŹ = = â&#x2039;Ż = 0 = 0. --------------------HáşžT-------------------NgĆ°áť?i biĂŞn soáşĄn: Tráş§n Vinh HáťŁp, sáť&#x2018; Ä&#x2018;iáť&#x2021;n thoáşĄi: 0915345144.

TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N

Ä?áť&#x20AC; THI CHáť&#x152;N Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I KHU Váť°C DUYĂ&#x160;N Háş˘I VĂ&#x20AC; Ä?áť&#x2019;NG Báş°NG BáşŽC Báť&#x2DC; LáşŚN THáť¨ XII - NÄ&#x201A;M 2019 MĂ&#x201D;N THI: TOĂ N - Láť&#x161;P 11 Tháť?i gian lĂ m bĂ i: 180 phĂşt

LĂ&#x160; QUĂ? Ä?Ă&#x201D;N QUáş˘NG TRáť&#x160;

Ä?áť&#x20AC; THI Ä?áť&#x20AC; XUáş¤T

HĆŻáť&#x161;NG DáşŞN CHáş¤M CĂ˘u

Náť&#x2122;i dung

CĂ˘u 1 Váť&#x203A;i , , lĂ cĂĄc sáť&#x2018; tháťąc xĂŠt dĂŁy Ä&#x2018;Ć°áťŁc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh nghÄŠa báť&#x;i (4Ä&#x2018;) = + + â&#x2C6;&#x20AC; â&#x2030;Ľ 1. 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 3 â&#x2C6;&#x2019; 1 3 Ä?áşˇt = + + â&#x2039;Ż + â&#x2C6;&#x20AC; â&#x2030;Ľ 1. CháťŠng minh ráşąng dĂŁy cĂł giáť&#x203A;i háşĄn háťŻu háşĄn khi vĂ cháť&#x2030; khi + + = 0. . Khi Ä&#x2018;Ăł Ä?áşˇt = 1 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; = â&#x2C6;&#x2019; !+ â&#x2C6;&#x2019; ! 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 3 3 â&#x2C6;&#x2019; 1 3 1 1 = 2 â&#x2039;&#x2026; + â&#x2039;&#x2026; . 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 3 3 â&#x2C6;&#x2019; 1 3 Suy ra 1 1 # $ â&#x2C6;&#x2019; ! = 2 # + # = 2 â&#x2039;&#x2026; ' + â&#x2039;&#x2026; ( 1 3% â&#x2C6;&#x2019; 2 3% 3% â&#x2C6;&#x2019; 1 3% % $&

(trong Ä&#x2018;Ăł ' =

â&#x2C6;&#x2018;$&

$* $

vĂ ( =

â&#x2C6;&#x2018;$&

). $* $

Dáť&#x2026; tháşĽy ' lĂ dĂŁy tÄ&#x192;ng, vĂ 1 1 1 1 ' = # <# =# â&#x2C6;&#x2019; ! 3% â&#x2C6;&#x2019; 2 3% 3% â&#x2C6;&#x2019; 2 3% â&#x2C6;&#x2019; 1 3% â&#x2C6;&#x2019; 2 3% â&#x2C6;&#x2019; 1 $&

1 = 1â&#x2C6;&#x2019; <1 3 â&#x2C6;&#x2019; 1 nĂŞn dĂŁy ' cĂł giáť&#x203A;i háşĄn háťŻu háşĄn, giáşŁ sáť lĂ ', . TĆ°ĆĄng táťą, dĂŁy ( cĹŠng cĂł giáť&#x203A;i háşĄn háťŻu háşĄn, giáşŁ sáť lĂ (, .

Ä?iáť&#x192;m

Do Ä&#x2018;Ăł, táťŤ 1 , ta suy ra lim â&#x2C6;&#x2018; $& 0 $ â&#x2C6;&#x2019; 2 = 2 ', + (, , hay $

1 lim 3 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2039;&#x2026; # 4 = 2 ', + (, . %

TáťŤ Ä&#x2018;Ă˘y, do lim â&#x2C6;&#x2018; $& = +â&#x2C6;&#x17E; nĂŞn cĂł giáť&#x203A;i háşĄn háťŻu háşĄn khi vĂ cháť&#x2030; khi $ = 0. Ta cĂł Ä&#x2018;iáť u cáş§n cháťŠng minh. CĂ˘u 2 Cho tam giĂĄc 567 náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n 8 .CĂĄc Ä&#x2018;Ć°áť?ng tháşłng qua 5 vĂ vuĂ´ng (4 Ä&#x2018;). gĂłc váť&#x203A;i 86 , qua 5 vĂ vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i 87 cáşŻt 67 láş§n lĆ°áťŁt táşĄi 9: , 9; .Ä?Ć°áť?ng trung

tuyáşżn Ä&#x2018;i qua 9: cáť§a tam giĂĄc 569: vĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng trung tuyáşżn Ä&#x2018;i qua 9; cáť§a tam giĂĄc 579; cáşŻt nhau táşĄi <= . Ä?áť&#x2039;nh nghÄŠa tĆ°ĆĄng táťą Ä&#x2018;áť&#x2018;i váť&#x203A;i <: , <; . CháťŠng minh 1

ráşąng cĂĄc Ä&#x2018;Ć°áť?ng tháşłng 5<= , 6<: , 7<; Ä&#x2018;áť&#x201C;ng quy.

@ @ > > > > > Ta cĂł 9> : 56 = 90 â&#x2C6;&#x2019; 865 = 576 ,â&#x20AC;&#x2030;â&#x20AC;&#x2030;9; 56 = 90 â&#x2C6;&#x2019; 875 = 567 â&#x2021;&#x2019; B569: ~B759; . HĆĄn náťŻa, náşżu gáť?i X , Y lĂ trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m AB , AC thĂŹ B9: 6D~B9; 5E. Do Ä&#x2018;Ăł, 9: 6 9: D 9: <= = = do DE||67 . 9; 7 9; E 9; <=

â&#x2021;&#x2019; B9: 6<= ~B9; 5<= > â&#x2021;&#x2019; 9> : 6<= = 9; 5<= Do Ä&#x2018;Ăł táťŠ giĂĄc LC AK A B náť&#x2122;i tiáşżp

> > â&#x2021;&#x2019; <> = 5D = <= 9; 6 = DE<= <

â&#x2021;&#x2019; <= D5E náť&#x2122;i tiáşżp

â&#x2021;&#x2019; K A , O, X , Y , A Ä&#x2018;áť&#x201C;ng viĂŞn.

> Gáť?i N lĂ giao cáť§a OC vĂ ALC thĂŹ N â&#x2C6;&#x2C6; ( AOX ) . NĂŞn <> = 69: = 9; 5<= = >= = 180@ â&#x2C6;&#x2019; <> I8< = 87 â&#x2021;&#x2019; K AOCB náť&#x2122;i tiáşżp. Gáť?i T lĂ giao cáť§a tiáşżp tuyáşżn táşĄi B vĂ C cáť§a ( O ) â&#x2021;&#x2019; OT lĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng kĂnh cáť§a ( OBC ) . MĂ AK A O = 90o â&#x2021;&#x2019; AK A Ä&#x2018;i qua T â&#x2021;&#x2019; AK A lĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng Ä&#x2018;áť&#x2018;i trung áťŠng váť&#x203A;i Ä&#x2018;áť&#x2030;nh A cáť§a â&#x2C6;&#x2020;ABC . CháťŠng minh tĆ°ĆĄng táťą váť&#x203A;i BKB , CKC . TáťŤ Ä&#x2018;Ăł ta cĂł AK A , BKB , CKC Ä&#x2018;áť&#x201C;ng quy táşĄi Ä&#x2018;iáť&#x192;m Lemoine cáť§a â&#x2C6;&#x2020;ABC . CĂ˘u 3 TĂŹm táşĽt cáşŁ cĂĄc Ä&#x2018;a tháťŠc K â&#x2C6;&#x2C6; MN O sao cho váť&#x203A;i máť?i nguyĂŞn dĆ°ĆĄng, phĆ°ĆĄng

(4 Ä&#x2018;). trĂŹnh K = 2 cĂł nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn. (Nguáť&#x201C;n : Bulgarian MO 2003, P6)

GiáşŁ sáť deg K = R vĂ lĂ háť&#x2021; sáť&#x2018; báşc cao nháşĽt cáť§a K, khĂ´ng máşĽt táť&#x2022;ng quĂĄt, coi

S 0.

Gáť?i lĂ nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh K = 2 . Dáť&#x2026; tháşĽy lim = +â&#x2C6;&#x17E; nĂŞn lim

W UV

= 1, vĂ do Ä&#x2018;Ăł lim

UVXY UV

= â&#x2C6;&#x161;2. W

HĆĄn náťŻa, do â&#x2C6;&#x2019; lĂ Ć°áť&#x203A;c cáť§a K + 1 â&#x2C6;&#x2019; K nĂŞn â&#x2C6;&#x2019; = 2$V , váť&#x203A;i % táťą nhiĂŞn nĂ o Ä&#x2018;Ăł. Suy ra ^

UVXY UV

=1+

vĂ \ â&#x2C6;&#x161;2 â&#x2C6;&#x2019; 1] = lim 0 2 = lim U W

[V UV

. W.[V W UV

= . lim 2 *^.$V .

Do Ä&#x2018;Ăł, â&#x2C6;&#x2019; R. % pháşŁi háť&#x2122;i táťĽ Ä&#x2018;áşżn _ (nguyĂŞn) nĂ o Ä&#x2018;Ăł. KĂŠo theo \ â&#x2C6;&#x161;2 â&#x2C6;&#x2019; 1] =

. 2` . Do Ä&#x2018;Ăł, R pháşŁi báşąng 1.

Ä?áşˇt K = + . TáťŤ â&#x2C6;&#x2019; = 2 ta suy ra = Âą1, Âą2. TáťŤ Ä&#x2018;Ăł, ta tĂŹm

Ä&#x2018;Ć°áťŁc táşĽt cáşŁ cĂĄc Ä&#x2018;a tháťŠc K tháť?a mĂŁn lĂ K = + váť&#x203A;i = Âą1, Âą2 vĂ

lĂ máť&#x2122;t sáť&#x2018; nguyĂŞn tĂšy Ă˝.

CĂ˘u 4 TĂŹm giĂĄ tráť&#x2039; nháť? nháşĽt cáť§a biáť&#x192;u tháťŠc K , = |5 â&#x2C6;&#x2019; 11 â&#x2C6;&#x2019; 5 | trĂŞn táşp (4 Ä&#x2018;). M â&#x2C6;&#x2013; 0,0 .

Do d 2 , 2 = 4d , nĂŞn d khĂ´ng Ä&#x2018;áşĄt giĂĄ tráť&#x2039; nháť? nháşĽt táşĄi 2 , 2 .

XĂŠt , khĂ´ng cĂšng cháşľn. Khi Ä&#x2018;Ăł, d , lĂ sáť&#x2018; láşť.

d 1,0 = 5. Váşy GTNN cáş§n tĂŹm lĂ 5.

CháťŠng minh Ä&#x2018;Ć°áťŁc d , = 1 vĂ d , = 3 Ä&#x2018;áť u vĂ´ nghiáť&#x2021;m. HĆĄn náťŻa Ä?áť xuáşĽt thĂŞm: YĂŞu cáş§u tĂŹm GTNN trĂŞn M f, .

CĂ˘u 5 Cho 6 sáť&#x2018; tháťąc , , â&#x20AC;Ś , h . TĂŹm sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng % nháť? nháşĽt sao cho máť&#x2021;nh Ä&#x2018;áť (4 Ä&#x2018;). sau Ä&#x2018;Ă˘y Ä&#x2018;Ăşng: náşżu cĂł báşĽt kĂŹ % táť&#x2022;ng dáşĄng iY + ij + ik + il báşąng 0 thĂŹ

= = â&#x2039;Ż = h = 0.

Cháť?n = â&#x2C6;&#x2019;3, = = â&#x2039;Ż = h = 1 thĂŹ ta thu Ä&#x2018;Ć°áťŁc Ăt nháşĽt 7m = 10 Ä&#x2018;áşłng tháťŠc + iY + ij + ik = 0, do Ä&#x2018;Ăł %^i S 10.

Ta cháťŠng minh %^i = 11.

GiáşŁ sáť cĂł 11 táť&#x2022;ng áť&#x; dáşĄng nĂłi áť&#x; Ä&#x2018;áť bĂ i mĂ báşąng 0. Khi Ä&#x2018;Ăł, theo nguyĂŞn lĂ

Dirichlet, táť&#x201C;n táşĄi máť&#x2122;t sáť&#x2018; nĂ o Ä&#x2018;Ăł xuáşĽt hiáť&#x2021;n trong Ăt nháşĽt 7 táť&#x2022;ng, giáşŁ sáť sáť&#x2018; Ä&#x2018;Ăł lĂ .

Trong 7 táť&#x2022;ng cháťŠa Ä&#x2018;Ăł, cĹŠng theo nguyĂŞn lĂ Dirichlet, táť&#x201C;n táşĄi máť&#x2122;t sáť&#x2018; khĂĄc

(giáşŁ sáť lĂ ) xuáşĽt hiáť&#x2021;n trong Ăt nháşĽt 5 táť&#x2022;ng.

XĂŠt 5 táť&#x2022;ng dáşĄng + + i + n Ä&#x2018;Ăł (váť&#x203A;i 3 â&#x2030;¤ p â&#x2030; r â&#x2030;¤ 6).

Do táşĽt cáşŁ chĂşng Ä&#x2018;áť u báşąng 0 nĂŞn cáşŁ 5 táť&#x2022;ng con i + n Ä&#x2018;Ăł Ä&#x2018;áť u báşąng nhau.

TáťŤ Ä&#x2018;Ă˘y, cháťŠng minh Ä&#x2018;Ć°áťŁc = t = m = h . 3

Sử dụng điều này, ta chứng minh được i = 0 với mọi p = 1, 2, … , 6.

Sở GD&ĐT Thái Bình

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Trường THPT Chuyên Thái Bình

CHỌN HSG ĐỒNG BẰNG VÀ DUYÊN HẢI BẮC BỘ Năm học 2018-2019 . Môn toán Thời gian làm bài : 180 phút

Đề bài Câu 1 (4,0 điểm) Cho (un )n≥1 là một dãy số thực không âm và thỏa mãn: Với mọi n ta có bất đẳng thức: un +2 − 2un +1 + un ≥ 0

và u0 + u1 + u2 + ... + un ≤ 2018 n . Chứng minh dãy (un )n≥0 hội tụ và tìm điểm

hội tụ đó. Câu 2 (4,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lẻ, k là số nguyên dương. p −1

Đặt S(p, k) =

∑i

. Chứng minh rằng

i =1

a) S(p,k) º -1 (mod p) Û k chia hết cho p – 1. b) S(p,k) º 0 (mod p) Û k không chia hết cho p – 1. Câu 3 (4,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C1 ) . Gọi B0 , C0 lần lượt là trung điểm AC, AB . Kí hiệu D là chân đường cao hạ từ A và G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi ( C2 ) là đường tròn qua B0 , C0 , đồng thời tiếp xúc với ( C1 ) tại X khác A. a. Gọi Y là giao điểm của tiếp tuyến tại X của ( C1 ) với B0C0 . Chứng minh YA là tiếp tuyến tại A của ( C1 ) . b. Chứng minh rằng ba điểm D,G, X thẳng hàng. Câu 4(4,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f ( x ) : [ 0; +∞ ) → [ 0; +∞ ) thỏa mãn: f ( x 2 ) + f ( y ) = f ( x 2 + y + xf ( 4 y ) ) ∀x ≥ 0, y ≥ 0.

Câu 5 (4,0 điểm). Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho tồn tại 2018 số nguyên dương phân biệt a1 , a2 ,..., a2018 thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau: i) 1 ≤ a1 < a2 < ... < a2018 ≤ k ii) Tất cả 2017 số :

a2 + a2 a12 + a22 a22 + a32 ; ;...; 2017 2018 đều là các số chính phương. 2 2 2

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1 (4,0 điểm) Cho (un )n≥1 là một dãy số thực không âm và thỏa mãn: Với mọi n ta có bất đẳng thức: un +2 − 2un +1 + un ≥ 0

và u0 + u1 + u2 + ... + un ≤ 2018 n . Chứng minh dãy (un )n≥0 hội tụ và tìm điểm

hội tụ đó. Giải Từ gt ta suy ra :

un+ 2 − un +1 ≥ un +1 − un nên {un+1 − un } là dãy không giảm.

Hơn nữa , ta có 0 ≤ un ≤ 2018 n với mọi n. Từ đó với mọi số nguyên không âm m ≥ n ta có:

1đ 2đ

um − un = ( um − um−1 ) + ( um−1 − um−2 ) + ... + ( un+1 − un ) ≥ ( m − n ) ( un+1 − un ) . Suy ra: ( un+1 − un ) ≤

um − un 2018 m − 0 2018 m ≤ = m−n m−n m−n

Cố định n và cho m tiến tới vô cùng ta thu được un+1 − un ≤ 0

1 điểm

Như vậy dãy (un) không tăng và bị chặn dưới bởi 0 do đó nó hội tụ về số a. Dễ dàng chứng minh a = 0. Lưu ý: Ta có thể chứng minh dãy số trên là dãy hằng.

Câu 2 (4,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lẻ, k là số nguyên dương. p −1

Đặt S(p, k) =

∑i

. Chứng minh rằng

i =1

a) S(p,k) º -1 (mod p) Û k chia hết cho p – 1. b) S(p,k) º 0 (mod p) Û k không chia hết cho p – 1. Giải Nội dung

Điểm

a) Nếu k ⋮ p - 1 thì k

i = (p

k p −1 p −1

)

≡ 1(mod p ), ∀i = 1, p − 1.

0.5

Do đó p −1

S ( p, k ) ≡ ∑ 1 = p − 1 ≡ −1(mod p ). i =1

b) Nếu k ≠ p – 1 thì k = (p - 1)q + r, 1 ≤ r ≤ p – 2, q Î ℕ .

⇒ i k ≡ i r (mod p ) ⇒ S ( p, k ) ≡ S ( p, r )(mod p ).

0.75

Ta có phương trình xr º 1 (mod p) có không quá r nghiệm. Mà r Î {1, 2, …, p - 2} nên tồn tại a Î {1, 2, …, p - 1} sao cho a r ≡ 1(mod p ). Vì (a, p) = 1 nên {ia}ip=−11 là hệ thặng dư thu gọn (mod p). Do đó p −1

p −1

S ( p, r ) = ∑ i r ≡ ∑ (ia ) r ≡ a r ∑ i r (mod p ) i =1

i =1

⇒ ( a − 1) S ( p, r ) ≡ 0(mod p ). Do (ar – 1, p) = 1 Þ S(p, r) º 0 (mod p).

0.75

Câu 3(4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn Ω . Gọi B0 , C0 lần lượt là trung điểm AC, AB . Kíhiệu D là chân đường cao hạ từ A và G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi ω là đường tròn qua B0 , C0 , đồng thời tiếp xúc với Ω tại X khác A. a. Gọi W là giao điểm của tiếp tuyến tại X của Ω với B0C0 . Chứng minh WA là tiếp tuyến tại A của Ω . b. Chứng minh rằng D,G, X thẳng hàng. Giải. 1 0,5 đ a. Gọi Ω là đường tròn đi qua A, B , C . Phép vị tự tâm A, tỉ số biến Ω 1

thành Ω1 , suy ra Ω tiếp xúc với Ω1 tại A . Ta có WX là trục đẳng phương của đường tròn ω và Ω (do là tiếp tuyến chung), B0C0 là trục đẳng phương của Ω1 và ω . Do đó W là tâm đẳng phương của Ω , Ω1 , ω Suy ra WA là trục đẳng phương của Ω , Ω1 , lại do hai đường tròn này tiếp xúc nhau nên WA là tiếp tuyến của Ω .

1đ

0,5 đ

b. Kí hiệu T là giao điểm thứ hai của Ω và đường thẳng DX . Lưu ý rằng O thuộc Ω1 . Do W thuộc trung trực của AD nên suy ra D, A, X thuộc đường tròn tâm W , gọi đó là đường tròn γ .

0,5 đ

Sử dụng đường tròn γ và đường tròn Ω , ta suy ra

1đ

1 1 = DAT ADX − ATD = 3600 − AW X − AO X = 1800 − AW X + AO X = 900. 2 2 Do đó AD ⊥ AT , nên AT// BC . Như vậy, ATCB là hình thang cân nội tiếp trong Ω .

(

)

(

)

Gọi A0 là trung điểm của BC . Phép vị tự h tâm G , tỉ số −

1 biến A, B, C 2

0,5 đ

thành A0 , B0 , C0 . Từ tính đối xứng của B0 , C0 ta chứng minh được = CBA =B TCB 0C0 A = DC0 B0 . Do AT / / DA0 ta suy ra h ( T ) = D. Do đó D,G,T

thẳng hàng và X cũng nằm trên đường thẳng đó. Câu 4 (4,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f ( x ) : [ 0; +∞ ) → [ 0; +∞ ) thỏa mãn: f ( x 2 ) + f ( y ) = f ( x 2 + y + xf ( 4 y ) ) ∀x ≥ 0, y ≥ 0. Giải 1) Chứng minh f ( x ) là hàm không giảm

2đ

+ ) f ( 0 ) = 0. g x = x 2 + xf ( 4 y ) +) Xét hàm ( ) là hàm đồng biến trên

[ 0; +∞ ) , g ( 0 ) = 0, g ( +∞ ) = +∞. ⇒ g ( x ) ∈ [0; +∞ ) suy ra z = x02 + x0 f ( 4 y ) .

⇒ ∀z > y ≥ 0 luôn tồn tai x0 ≥ 0 để

Từ gt: f : ℝ + → ℝ + ⇒ f ( z ) = f ( x02 + x0 f ( 4 y ) + y ) ≥ f ( y ) . Do đó f là hàm không tăng. 2) TH1: Nếu tồn tại x0 để f ( x0 ) = 0 thì dễ dàng chứng minh f ( x ) = 0 ∀x ≥ 0.

1đ

TH2: Với mọi x > 0 có f(x) > 0 suy ra f tăng ngặt trên R+. Thay y bởi y2 ta có: f ( x 2 ) + f ( y 2 ) = f ( x 2 + y 2 + xf ( 4 y ) ) .

( )

(

1đ

))

(

Thay x bởi y, y bởi x2 : f x 2 + f y 2 = f x 2 + y 2 + yf 4 x 2 .

Vì f tăng ngặt nên

(

)

(

)

(

)

(

)

x 2 + y 2 + xf 4 y 2 = x 2 + y 2 + yf 4 x 2 ⇒ xf 4 y 2 = yf 4 x 2 ⇒

(

f 4 y2 y

) = f ( 4 x ) = k −const. 2

⇒ f ( x ) = ky ⇒ f ( x ) = kx. Thử lại được k = 1. Vậy nghiệm của bài toán là f ( x ) = 0; f ( x ) = x . 2

Câu 5 (4,0 điểm). Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho tồn tại 2018 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau: i) 1 đều là các số chính phương.

ii) Tất cả 2017 số : Giải Trước hết ta c/m nếu a,b

a<b thỏa mãn

2đ

là số chính phương thì

b Thật vậy do

là số chính phương nên a,b cùng tính chẵn lẻ, đặt b=a+c (c

chẵn ) thì Vì =>

Ta có Giả sử

2đ

ta cm quy nạp khi đó: =2

Vậy

. khi đó ta chọn

mãn bài toán

thỏa