Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Toán khối 11 năm 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

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 duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Toán khối 11 năm 2018 có đáp án WORD VERSION | 2021 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

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/4/2018 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC

un + 3 ( n ≥ 1). 5 − un

ai l.c

Bài 1. (4,0 điểm) Cho dãy số ( un )n≥1 xác định bởi u1 = 0, un+1 =

a. Chứng minh rằng dãy ( un )n≥1 có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n

Tn 1 . . Tìm lim n→+∞ 5n + 4 k =1 uk − 3

b. Đặt Tn = ∑

Bài 2. (4,0 điểm) Đường tròn ω nội tiếp tam giác ABC không cân có tâm là I

tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A, P và cắt đường

thẳng AD tại A, K . Các đường thẳng PI , EF cắt nhau tại H . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn ω tại D, N .

a. Chứng minh DH vuông góc với EF . b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn ω.

yn h

Bài 3. (4,0 điểm) Cho P ( x ) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P ''( x) . Chứng

minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng.

Bài 4. (4,0 điểm) Với số nguyên dương n, kí hiệu S ( n) là tổng các chữ số của n

trong biễu diễn thập phân.

a. Chứng minh S ( a + b ) ≤ S ( a ) + S ( b ) , ∀a, b ∈ ℕ. .

b. Tìm tất cả các số hữu tỉ q sao cho tồn tại n ∈ ℕ* thỏa mãn S (5n) = q.S (n) . Bài 5. (4,0 điểm) Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) của tập hợp {1,2,...,2018} thỏa

mãn 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,...,2018 . -------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ............................................................. Số báo danh: .............................

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP 11

Bài 1. Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng. Cho dãy số ( un )n≥1 xác định bởi u1 = 0, un +1 =

un + 3 ( n ≥ 1). 5 − un

a) Chứng minh rằng dãy ( un )n≥1 có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n

1 Tn . . Tìm lim n→+∞ 5n + 4 k =1 uk − 3

NỘI DUNG

ĐIỂM

ai l.c

b) Đặt Tn = ∑

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n ∈ ℕ* , dãy ( un )n≥1 bị chặn trên bởi 1

và là một dãy tăng.

x+3 là đồng biến 5− x trên khoảng ( −∞;1) và un < 1⇒ un +1 = f ( un ) < f (1) = 1. 1,5

Vậy un < 1 với mọi n ∈ ℕ*.

+) Ta có u1 < 1. Giả sử un < 1 , n ∈ ℕ*. Vì hàm f ( x ) =

3 > u1 . Giả sử un > un−1 ( n ≥ 2 ) . Do un , un−1 < 1 và f là đồng 5 biến trên khoảng ( −∞;1) nên un+1 = f ( un ) > f ( un−1 ) = un .

yn h

+) Ta có u2 =

Vậy dãy ( un )n≥1 tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn.

+) Đặt lim un = a ( a ≤ 1) . Suy ra a = n→+∞

Ta có uk − 3 =

a = 1 a+3 . ⇔ 5−a a = 3

Vậy lim un = 1. n→+∞

1,0

 4(uk −1 − 3) 1 1 2 ⇒ =  − 1 ( k ≥ 2 ) . 5 − uk −1 uk − 3 4  uk −1 − 3 

n  −1 1  n 1 1 1 +∑ = +  2∑ − n + 1 Tn = u1 − 3 k =2 uk − 3 3 4  k =2 uk −1 − 3 

−1 1 1 1  − n +  Tn − . 12 4 2 un − 3 

Suy ra Tn =

−1 1 1 −1 Tn − n− ⇒ lim = . 6 2 un − 3 n→+∞ 5n + 4 10

1,0

0,5

Bài 2. Đề xuất của trường THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa. Đường tròn ω nội tiếp tam giác ABC không cân có tâm là I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A, P và cắt đường thẳng AD tại

A, K . Các đường thẳng PI , EF cắt nhau tại H . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn ω tại D, N .

a. Chứng minh DH vuông góc với EF .

NỘI DUNG

ĐIỂM

ai l.c

b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn ω.

N H F

yn h

K I

Không mất tổng quát giả sử AB < AC.

Sau đây kí hiệu ( XY ) là đường tròn đường kính XY và (XYZ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Gọi M là giao điểm của EF và BC.

Đường tròn ω tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F suy ra DB EC FA . . = 1 ⇒ AD,BE, CF đồng quy (theo định lý ceva). Nên theo DC EA FB tính

chất

cơ

bản

của

hàng

điểm

( M , D, B, C ) = −1 ⇒ H ( M , D, B, C ) = −1 (1).

đi ề u

hòa

có 0,5

NỘI DUNG

ĐIỂM

1,0

ai l.c

AFP = AEP ⇒ PFB = PEC ⇒ ∆PFB ∼ ∆PEC ( g − g ) Ta có  = PCE  PBF PF FB BD (2) ⇒ = = PE EC CD Dễ thấy I là trung điểm cung EF của đường tròn (AEF), suy ra PI là phân = HEC ⇒ PF = FH (3) . Từ (2), (3) và HFB giác của FPE PE EH HB FB BD suy ra ∆HFB ∼ ∆HEC ( g − g ) ⇒ = = HC EC CD (4). ⇒ HD là phân giác của BHC Từ (1) và (4) theo tính chất của chùm điều hòa suy ra DH ⊥ EF . Dễ thấy đường tròn (AEF) là đường tròn đường kính AI. Suy ra IK ⊥ AK , do đó IK là trục đẳng phương của hai đường tròn (AI) và (DI).

Ta có PM /(AI) = MF .ME = PM /ω = MD 2 = PM /( DI ) , suy ra M thuộc trục đẳng 0,5

phương của hai đường tròn (AI) và (DI). Suy ra M, K, I thẳng hàng. Từ BC, EF, IK đồng quy tại M và IK ⊥ DK , DH ⊥ EF suy ra DM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH.

1,0

yn h

Gọi S là trung điểm DM, suy ra SD = SN mà ID = IN , suy SI là trung trực của DN. Ta lại có SD là tiếp tuyến của đường tròn ω , suy ra SN là tiếp tuyến của ω (5). Từ ( M , D, B, C ) = −1 và S là trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta

có SD 2 = SB.SC mà SD = SN , suy ra SN 2 = SB.SC , suy ra SN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6). Từ (5) và (6) suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với

đường tròn ω.

, từ đó xét phép Nhận xét: Có thể chứng minh ND là phân giác của BNC vị tự tâm N biến D thành D1 (với D1 là giao điểm của ND với đường tròn (BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với

đường tròn ω.

1,0

Bài 3. Đề xuất của trường THPT chuyên Hưng Yên. Cho P ( x ) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P ''( x) . Chứng minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng.

NỘI DUNG

ĐIỂM

Giả sử hoành độ ba điểm thỏa mãn điều kiện đề bài là x1 , x2 , x3 . Không

ai l.c

và ( x3 , P( x3 ) ) thẳng hàng nên tồn tại hằng số α , β sao cho

mất tính tổng quát giả sử x1 < x2 < x3 . Do ba điểm ( x1 , P ( x1 ) ) ; ( x2 , P( x2 ) )

P ( xi ) = α xi + β với mỗi i = 1,2,3 .

Coi hệ số cao nhất của P ( x ) bằng 1.

1,0

Bài toán đưa về chứng minh x1 + x3 = 2 x2 .

Từ giả thiết ta có P ''( x) = 20( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) .

Xét đa thức Q( x ) = P ( x ) − α x − β , ta có

Q ( xi ) = P ( xi ) − α xi − β = 0 với i = 1,2,3 .

Q "( x) = P "( x) suy ra Q "( xi ) = P "( xi ) với mỗi i = 1,2,3 .

Mọi nghiệm của Q "( x ) đều là nghiệm của Q( x ) .

p p p  p2    , từ (1) ta có 20.Q  y −  = Q " y −   y 2 + q −  2 2 2  4   

Đặt x = y −

(1)

yn h

Suy ra 20.Q( x) = Q "( x)( x 2 + px + q)

1,0

p p2  5 4 3 2 = s. Đặt R ( y ) = Q  y −  = y + ay + by + cy + dy + e và q − 4 2 

Ta có 20.R ( y ) = R "( y ).( y 2 + s )

20( y 5 + ay 4 + by 3 + cy 2 + dy + e) = (20 y 3 + 12ay 2 + 6by + 2c)( y 2 + s )

Đồng nhất hệ số của y 4 , y 2 và hệ số tự do ta được 20a = 12a  20c = 12as + 2c ⇔ a = c = e = 0 20e = 2cs 

1,0

Ý .

NỘI DUNG

ĐIỂM

Suy ra R ( y ) = y 5 + by 3 + dy là hàm số lẻ. Nên R "( y ) = 20 y 3 + 6by có 3 nghiệm y1 , y2 , y3 với y2 = 0 và y1 + y3 = 0 = 2 y2 . Vì xi = yi −

p suy ra x1 + x3 = 2 x2 (đpcm). 2

1,0.

Bài 4. Đề xuất của trường THPT chuyên Tuyên Quang.

ai l.c

Với số nguyên dương n, kí hiệu S (n) là tổng các chữ số của n trong biễu diễn thập phân.

a. Chứng minh S ( a + b ) ≤ S ( a ) + S ( b ) , ∀a, b ∈ ℕ.

b. Tìm tất cả các số hữu tỉ q sao cho tồn tại n ∈ ℕ* thỏa mãn S (5n) = q.S (n) .

S (a + b) ≤ S (a ) + S (b); ∀a, b ∈ ℕ (*).

ĐIỂM

NỘI DUNG

Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì (*) là hiển nhiên.

Với a ≠ 0, b ≠ 0 thì ta có thể viết a = as ...a1 , b = bs ...b1 với as + bs > 0 .

yn h

0 khi ak +1 + bk +1 + ε k ≤ 9 0 khi a1 + b1 ≤ 9 ; ∀k = 1, s − 1. và ε k +1 =  Đặt ε1 =  1 khi a1 + b1 ≥ 10 1 khi ak +1 + bk +1 + ε k ≥ 10 Khi đó c = a + b = cs +1cs ...c1 ,

0,5

c1 = a1 + b1 − 10ε1 ,…, ck +1 = ak +1 + bk +1 + ε k − 10ε k +1; ∀k = 1, s − 1

và cs +1 = ε s .

s +1

Vậy S (c) = ∑ ci = S (a) + S (b) − 9(ε1 + ... + ε s ) ⇒ S (c) ≤ S (a) + S (b).

i =1

0,5

Dễ thấy S (n) = S (10n) = S (5n + 5n) ≤ 2 S (5n) (*)

và S (5n) = S ( n + n + n + n + n) ≤ 5S (n) .

Suy ra

1 S (5n) 1  ≤ ≤ 5 ⇒ q ∈  ;5 (1). 2 S (n) 2 

1,0

ĐIỂM

NỘI DUNG m 1  Đảo lại, với mọi q ∈  ;5 , giả sử q = ; (m, k ) = 1 (m, k ∈ ℕ* ) . Xét các k 2  có

dạng

a, b ∈ ℕ * .

Khi

đó

S (5n) = a + 5b; S ( n) = 2a + b . Suy ra

S (5n) a + 5b = . S (n) 2a + b

1,0

a + 5b m = ⇔ a (2m − k ) = b(5k − m) (**). Từ (1) suy ra 2a + b k

5k − m ≥ 0 .   2m − k ≥ 0

ai l.c

Xét

với

n = 22...211...1

số

5k − m > 0 Nếu 2m − k = 0 thì (**) suy ra 5k − m = 0 , vô lí. Vậy  . 2 − > 0 m k 

a = 5k − m > 0 Do đó nếu ta chọn n = 22...211...1 thì S (5n) = q.S (n). với  a b b = 2m − k > 0

1,0

Bài 5. Đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai.

Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) của tập hợp {1,2,...,2018} thỏa mãn điều kiện:

2 ( a1 + a2 + ... + ak ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,...,2018 ?

NỘI DUNG

ĐIỂM

yn h

Ta giải bài toán TQ: Cho số nguyên dương n . Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., an ) của tập hợp {1, 2,..., n} thỏa mãn tính chất : 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) 1,0

chia hết cho k với mọi k = 1, 2,..., n . Kí hiệu An là tập hợp các hoán vị của tập ( a1 , a2 ,..., an ) thỏa mãn yêu cầu bài toán của tập hợp {1, 2,3,..., n} và

un = An . Với n = 1, 2,3 ta được u1 = 1, u2 = 2, u3 = 6 .

Ta xét n > 3 và xét hoán vị ( a1 , a2 ,..., an ) của tập hợp {1, 2,3,..., n} thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét với k = n − 1 , ta có: 2 ( a1 + a2 + ... + an −1 ) = 2 (1 + 2 + ... + n ) − an  = n ( n + 1) − 2an = ( n + 2 )( n − 1) + 2 − 2an .

Từ đẳng thức trên suy ra 2an − 2⋮ n − 1 , kết hợp với 0 ≤ 2an − 2 ≤ 2n − 2 ⇒ 2an − 2 ∈ {0, n − 1, 2n − 2}

0,5

NỘI DUNG Trường hợp 1. 2an − 2 = n − 1 ⇔ an =

ĐIỂM

n +1 . 2

Tiếp theo xét với k = n − 2 , ta có: 2 ( a1 + a2 + ... + an −2 ) = 2 (1 + 2 + ... + n ) − an − an −1  = n ( n + 1) − 2an − 2an −1 = n 2 + n − n − 1 − 2an −1 = ( n − 2 )( n + 2 ) + 3 − 2an −1

1,0

Từ đẳng thức trên suy ra 2an−1 − 3⋮ n − 2 , kết hợp với

n +1 = an vô lí. Do đó 2

trường hợp 2an − 2 = n − 1 không xảy ra.

ai l.c

Do 2an−1 − 3 là một số lẻ suy ra 2an−1 − 3 = n − 2 ⇔ an −1 =

1 ≤ 2an − 3 ≤ 2n − 3 ⇒ 2an − 3 ∈ {0, n − 2, 2n − 4}

0,5

Trường hợp 2. an = n ⇒ ( a1 , a2 ,..., an −1 ) là một hoán vị của tập {1, 2,..., n − 1} và ( a1 , a2 ,..., an−1 ) ∈ An−1 suy ra số hoán vị trong trường hợp này bằng un −1 .

Trường hợp 3. an = 1 , ta đặt bi = ai − 1, i = 2,3,..., n . Mặt khác ta có

2 ( b1 + b2 + ... + bk ) = 2 ( a1 − 1 + a2 − 1 + ... + ak − 1) = 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) − 2k

0,5

Suy ra 2 ( b1 + b2 + ... + bk ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,..., n − 1 .

Do đó bộ ( b1 , b2 ,..., bn −1 ) ∈ An −1 suy ra số bộ ( a1 , a2 ,..., an ) thỏa mãn trong trường hợp này bằng un −1 .

yn h

Từ ba trường hợp trên ta được un = 2un−1 . n−2

Từ đẳng thức này ta có un = 3.2 , n > 3 .Do đó số hoán vị cần tìm là 3.2

0,5 2016

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 quá số điểm dành cho câu, phần đó. 2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0, 25 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.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI MÔN TOÁN LỚP 11. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

Bài 1 (4 điểm). Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] , có đạo hàm trong khoảng ( 0;1)

và f ( 0 ) = f (1) = 0. Chứng minh rằng phương trình f ( x ) − 2018 f '( x ) = 0 có nghiệm. Kết luận của bài toán có thay đổi không nếu f ( 0 ) = f (1) = m với m là số thực khác 0 cho trước? Bài 2 (4 điểm). Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm

ai l.c

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hai đường cao AD, BE. OD cắt BE tại K, OE cắt

AD tại L. Gọi M là trung điểm AB. Chứng minh rằng K, L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

Bài 3 (4 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một đa thức f bậc n

với các hệ số nguyên và hệ số bậc cao nhất dương và một đa thức g với hệ số nguyên

sao cho đẳng thức sau xảy ra với mọi giá trị thực của x

(

)

xf 2 ( x ) + f ( x ) = x 3 − x g 2 ( x ) .

Bài 4 (4 điểm). Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên

yn h

x, y, z , ω , với 0 < ω < p thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 −ωp = 0.

Bài 5 (4 điểm). Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho với mỗi tập con W gồm m

phần tử của tập X = {1,2,..., 2018} tồn tại hai phần tử u và v (không nhất thiết

phải phân biệt) trong W thỏa mãn u + v = 2n , với n là số nguyên dương nào đó.

---------- HẾT ----------

Người ra đề: Trần Thị Hà Phương- 0983207082.

Nội dung

Bài

Điểm

Câu 1 (4 điểm) −x

Bài 1 1 4đ Tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho g ' ( c ) = 0 ⇒ f ' ( c ) =

2018

f (c )

( 0;1) và

Xét hàm số g ( x ) = e 2018 . f ( x ) xác định trên [ 0;1] . g ( x ) liên tục trên [ 0;1] , có đạo hàm trong khoảng g ( 0 ) = g (1) = 0.

1,5

ai l.c

Hay phương trình f ( x ) − 2018 f '( x ) = 0 có nghiệm. Kết luận của bài toán không còn đúng khi thay điều kiện f ( 0 ) = f (1) = m với m là số thực khác 0 cho trước. 1,0 f ( x ) ≡ m, ∀x ∈ ( 0;1) , Ví dụ ta xét kiểm tra được f ( c ) ≠ 2018 f ' ( c ) , ∀c ∈ ( 0;1) . Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hai đường cao AD, BE. OD cắt BE tại K, OE cắt

AD tại L. Gọi M là trung điểm AB. Chứng minh rằng K, L, M thẳng hàng khi và

chỉ khi bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

Sử dụng Menelaus cho tam giác HAB và 3 điểm K, L, M thẳng hàng

yn h

Vậy

1 1 AE.d ( O; AE ) = .R . AB.c osA. cos B 2 2 1 1 = AE.d ( O; AE ) = .R . AB.c osA. cos 2 2

S AOE =

Bài 2 4đ

KB LM MA KB LA (1) ⋅ ⋅ =1⇔ =− KH LH KH LA MB KB S BOD LA S AOE (2); (3). = = KH S HOD LH S HOE

S BOD

2,0

Do đó hệ thức xảy ra khi và chỉ khi S HOE = S HOD ⇔ OH / / DE hoặc OH đi qua trung điểm P của DE. Qua C kẻ tiếp tuyến d với đường tròn (C) thì d song song với DE. Do CO vuông góc với d nên CO vuông góc với DE. Nếu OH đi qua P thì P là trung điểm của OH, hay EDOH là hình bình 2,0 hành, suy ra EO và HD song song (trái giả thiết). Vậy K, L ,M thẳng hàng khi và chỉ khi OH song song với DE, hay OH vuông góc với CO, tương đương C, D, O, H cùng thuộc đường tròn đường kính CH.

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một đa thức f bậc n với các hệ số nguyên và hệ số bậc cao nhất dương và một đa thức g với hệ số nguyên sao cho đẳng thức sau xảy ra với mọi giá trị thực của x

(

)

xf 2 ( x ) + f ( x ) = x 3 − x g 2 ( x ) .

(

)

xf 2 ( x ) + f ( x ) = x3 − x g 2 ( x ) 2

(

)

⇔  2 xf ( x ) + 1 = x 2 − 1  2 xg ( x )  + 1

1,0

Chúng ta đi tìm tất cả các cặp (p,q) là các đa thức hệ số nguyên sao cho

(

)

ai l.c

p 2 ( x ) = x 2 − 1 q 2 ( x ) + 1 .(*)

Giả sử (p,q) là một cặp thỏa mãn điều kiện và bậc của q là k ≥ 1 .

Từ điều kiện của p, q ta có thể giả sử cả p và q đều có hệ số bậc cao nhất

dương.

(

Lấy P0=p và Q0=q; và lấy

)

1,0

P1 ( x ) = xp ( x ) − x 2 − 1 q ( x ) Q1 ( x ) = − p ( x ) − xq ( x )

Bài 3 4đ Ta kiểm tra được P1 và Q1 thỏa mãn điều kiện (*) và bậc của Q1 nhỏ hơn bậc

của Q0.

Tiếp tục quá trình này, chúng ta sẽ đi đến nghiệm (Ps, Qs) mà Qs là hằng số.

yn h

Thay vào có 2 nghiệm thỏa mãn là (x,1) và (1,0)

Lại lập luận tương tự trên và không mất tính tổng quat, ta đi xét (Ps,Qs) =(1,0). Như vậy cặp (p,q) được cho bởi dãy

(

)

( p0 , q0 ) = (1, 0 )  2  pi +1 = xi pi ( x ) + x − 1 qi ( x )  qi +1 = pi ( x ) + xi qi ( x )

1,0

Mỗi cặp (p,q) thỏa mãn điều kiện đề bài khi  p ( x ) ≡ 1 ( mod 2 x )  q ( x ) ≡ 0 ( mod 2 x )

Và 5 cặp (p,q) đầu tiên của dãy là

(1, 0 ) , ( x,1) ,

(2x

)(

1,0 2

)(

− 1, 2 x , 4 x − 3 x, 4 x − 1 , 8 x − 8 x + 1,8 x − 4 x

)

Và ( p4 ( x ) , q4 ( x ) ) ≡ (1, 0 ) ( mod 2 x ) Dãy tuần hoàn theo chu kì 4 khi xét số dư theo modulo 2x, nên các giá trị của n thỏa mãn là n=4k+3

Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y, z , ω , với

0 < ω < p thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 −ωp = 0.

Với p=2, ta chọn x = 0; y = z =ω = 1

ai l.c

Xét p>2

Nếu -1 là số chính phương modulo p, khi đó tồn tại a ( 0 < a < p ) sao

cho a 2 ≡ −1 ( mod p )

Lấy ( x, y, z ) = ( 0,1, a )

x 2 + y 2 + z 2 = a 2 + 1⋮ p ; a 2 + 1 < ( p − 1) + 1 < p 2

Ta có

1,0

nên tồn tại

ω∈ {1,2,..., p − 1} sao cho x 2 + y 2 + z 2 −ωp = 0.

Nếu -1 không là số chính phương modulo p, khi đó ( −1)

p−1 2

≡ −1 ( mod p ) . 1,0

yn h

Bài 4 Ta chứng minh tồn tại số tự nhiên k ( 0 < k < p ) sao cho k ; p − 1 − k đều là 4đ p −1 p −1 số chính phương modulo p. (Nếu là số cp mod p thì coi k = ) 2 2

Ngược lại thì trong các cặp sau {1, p − 2} ,{2, p − 3} ,...,  p − 3 , p + 1  đều có 2 

 2

ít nhất một số không là số chính phương modulo p.

Do p-2 không là số chính phương mod p nên

( p − 2)

p −1 2

Do ( −1)

≡ ( −2 )

p−1 2

p −1 2

≡ −1 ( mod p )

≡ −1 ( mod p ) nên 2

p−1 2

1,0 ≡ 1 ( mod p ) , khi đó p-3 không là số cp

mod p. Lập luận tương tự Do đó

p +1 không là số chính phương mop p(*). 2

p −1 2

p +1  ≡ −1 ( mod p ) ⇒  p −  2  

 p +1 ⇒ −  2    p +1 ⇒   2 

p −1 2

≡ −1 ( mod p )

p −1   ≡ 1 ( mod p )  Do ( −1) 2 ≡ −1 ( mod p )   

Vô lí với (*). Vậy tồn tại số tự nhiên k ( 0 < k < p ) sao cho

x 2 ≡ k ( mod p ) , y 2 ≡ p − 1 − k ( mod p )

p − 1  Khi đó chọn ( x, y ) ∈ 0,1, 2,...,  sao cho 2  

ai l.c

k ; p − 1 − k đều là số chính phương modulo p.

 p −1    2 

1,0

Lấy z=1, ta có x 2 + y 2 + z 2 ≡ 0 ( mod p ) và x 2 + y 2 + z 2 ∈ ( 0, p 2 )

Từ đó chọn được giá trị của ω∈ {1,2,..., p − 1} thỏa mãn bài toán.

Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho với mỗi tập con W gồm m phần tử của

tập X = {1,2,..., 2018} tồn tại hai phần tử u và v (không nhất thiết phải phân biệt )

yn h

trong W thỏa mãn u + v = 2n , với n là số nguyên dương nào đó. Phân hoạch X thành các tập con gồm 1 hoặc 2 phần tử sao cho các tập

mãn u + v = 2n với n nguyên dương nào đó. Chúng ta bắt đầu với tập {u , v} thỏa mãn u + v = 2048

4đ

1,0

Bài 5

gồm 1 phần tử là các lũy thừa của 2, còn tập có hai phần tử {u , v} thỏa

{2018,30} ,{2017,31} ,...,{1025,1023} .và tập gồm một phần tử {1024}

Với các số nhỏ hơn 30, ta tìm các cặp {u , v} mà u + v = 32

{29,3} ,...,{17,15} và {16}; {1}; {2}. Ta sẽ chỉ ra giá trị nhỏ nhất của m là 1007.

1,0

Bây giờ ta xét tập con W tùy ý của X mà W = 1007. Nếu mỗi phần tử thuộc (1,2,16, 1024) nằm trong W thì hiển nhiên bài

1,0

toán thỏa mãn. Ngược lại sẽ có (2018-4)/2=1007 tập gồm hai phần tử, và nếu có hai phần tử của bất kì tập con nào ở trên cùng thuộc W thì tổng của chúng là lũy thừa của 2 nên thỏa mãn.

Do đó m=1007 là giá trị thỏa mãn

ai l.c

Bây giờ ta chỉ ra một tập S gồm 1006 phần tử mà trong đó không có hai phần tử nào có tổng là một lũy thừa của 2.

Thật vậy lấy S4 = {17,18,...29} ; S10 = {1025,1026,..., 2018} và S = S 4 ∪ S10

yn h

Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 1007.

1,0

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 ( 4 điểm). Cho hai dãy số ( xn ), ( yn ) xác định bởi công thức x1 = 3, y1 = 2, xn +1 = xn2 + 2 yn2 , yn +1 = 2 xn yn , ∀n ∈ N* . Tìm các giới hạn sau lim 2 yn , lim 2 x1 x2 ...xn . n

n →∞

( C ≠ A, C ≠ B ) . Tiếp tuyến với ( O ) tại

ai l.c

Câu 2 (4 điểm). Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số nguyên có hệ số bậc cao nhất bằng 1 thỏa mãn hai điều kiện sau: i/ P(0) = 2018. ii/ Nếu x là số vô tỉ thì P ( x) cũng là số vô tỉ. Câu 3 (4 điểm). Cho đường tròn ( O ) có đường kính AB và một điểm C trên ( O ) ,

A cắt đường thẳng BC tại M . Gọi N là giao điểm

của các tiếp tuyến với ( O ) tại B và tại C . Đường thẳng AN cắt lại đường tròn ( O ) tại D khác

A và cắt đường thẳng BC tại F . Đường thẳng qua M , song song với AB cắt đường thẳng

OC tại I . Đường thẳng qua N , song song với AB cắt đường thẳng OD tại J . Gọi K là giao

điểm của hai đường thẳng MD, NC và E là giao điểm của hai đường thẳng MN, IJ .

a/ Chứng minh rằng hai đường tròn ( MCE ) và ( NDE ) tiếp xúc với nhau.

b/ Chứng minh rằng K là tâm đường tròn đi qua các điểm C , D, E , F .

yn h

Câu 4 (4 điểm). Cho trước số nguyên dương n > 1 . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số

 nk  hạng của dãy ( ak )k ≥1 , ak =   là số lẻ. k  Câu 5 (4 điểm). Trong một đợt giao lưu học sinh gồm 2m (m > 1) học sinh. Biết rằng cứ 3 học

sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với

( )

(

)

nhau. Kí hiệu f ( 2m ) là số các cặp đôi như thế. Chứng minh rằng: f 2m ≥ m m − 1 . -------------------Hết-------------------

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

TRƯỜNG CHUYÊN BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 11

Câu 1: Cho hai dãy số ( xn ), ( yn ) xác định bởi công thức x1 = 3, y1 = 2, xn +1 = xn2 + 2 yn2 , yn +1 = 2 xn yn , ∀n ∈ N* . Tìm các giới hạn sau lim 2 yn , lim 2 x1 x2 ...xn . n

n →∞

Hướng dẫn: Ta có 2

n −1

Tương tự ta có ( xn − 2 yn ) = ( 2 − 1)2 , n ∈ N . Do đó ta có 2n 2n   1 = + + − x 2 1 2 1   n 2     n n  y = 1  2 + 1 2 − 2 −1 2    n 2 2  

Mặt khác

(

)

4 2

)

2 +1

n n < 2 bn < 2 an < 2 + 1 và lim 2

n →∞

)

4 2

= lim

n →∞

2 +1 1

(4 2 )

= 2 +1

xn yn 1 = lim 2n xn .lim 2n yn .lim 2n n = ( 2 + 1) 2 . n n →∞ n →∞ n →∞ 2 2

yn h

n →∞

y x y y2 y3 . ... n . x n = n n n . Do đó 2 y1 2 y2 2 yn −1 2

lim 2n x1 x2 ...xn = lim 2n n →∞

Ta có x1 x2 ...xn =

(

2 +1

Nên lim 2 yn = lim 2 xn = 2 + 1. n →∞

= ( 2 + 1) 2 , n ∈ N

) (

(

)

) (

(

n −1

ai l.c

xn + 2 yn = ( xn −1 + 2 yn−1 ) 2 = ( xn − 2 + 2 yn − 2 )2 = ... = (x1 + 2 y1 ) 2 = (3 + 2 2) 2

n →∞

Câu 2: Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số nguyên có hệ số bậc cao nhất bằng 1 thỏa mãn hai điều kiện sau: i/ P(0) = 2018. ii/ Nếu x là số vô tỉ thì P ( x) cũng là số vô tỉ. Hướng dẫn: Ta thấy rằng P( x) = x + 2018 là một nghiệm của bài toán. Ta chỉ ra đây là nghiệm duy nhất của bài toán. Giả sử tồn tại đa thức P( x) = x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + 2018 thỏa mãn hai điều kiện của bài toán và n ≥ 2, n ∈ Z. Gọi M = max{| a1 |,| a 2 |,...,| a n −1 |}, và p là số nguyên tố sao cho p > max{P (1), M .n}.

Vì P (1) < p, P(x) > p + 2018 với x đủ lớn do đó tồn tại k > 1 sao cho P(k) = p + 2018. Theo điều kiện ii/ thì k là số hữu tỉ. Như vậy k là số hữu tỉ và thỏa mãn phương trình x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x − p = 0. Do đó k ∈ { − 1,1, − p, p}, mà k > 1 nên k = p. Suy ra p n + an −1 p n −1 + ... + a1 p − p = 0.

Mặt khác, p n + an −1 p n−1 + ... + a1 p − p ≥ p n − Mp n−1 − Mp n− 2 − ... − Mp − p ≥ p n − Mnp n−1 > 0. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử tồn tại đa thức P ( x) bậc lớn hơn 1 thỏa mãn bài toán là sai.

Do đó bài toán có nghiệm duy nhất là P( x) = x + 2018. Câu 3: Cho đường tròn ( O ) có đường kính AB và một điểm C trên ( O ) , ( C ≠ A, C ≠ B ) .

Tiếp tuyến với ( O ) tại A cắt đường thẳng BC tại M . Gọi N là giao điểm của các tiếp tuyến với ( O ) tại B và tại C . Đường thẳng AN cắt lại đường tròn ( O ) tại D khác A và cắt đường thẳng BC tại F . Đường thẳng qua M , song song với AB cắt đường thẳng OC tại I . Đường

thẳng MD, NC và E là giao điểm của hai đường thẳng MN, IJ .

ai l.c

a/ Chứng minh rằng hai đường tròn ( MCE ) và ( NDE ) tiếp xúc với nhau.

thẳng qua N , song song với AB cắt đường thẳng OD tại J . Gọi K là giao điểm của hai đường

b/ Chứng minh rằng K là tâm đường tròn đi qua các điểm C , D, E , F .

Hướng dẫn:

a/ Gọi P là giao điểm của AM và NC thì PA = PM = PC . Ta có ∆OPN vuông tại O , đường cao OC nên suy ra

O F

Suy ra tứ giác AMDO nội tiếp

yn h

OC 2 = CP.CN = AP.BN = OB 2 ⇒ 2OB.OC = BN .2 AP ⇒ OA. AB = BN . AM ⇒ ∆AOM ∼ ∆BNA = AMO = BAN ADO ⇒

= OAM = 900 đường tròn đường kính OM nên ODM

Do đó MD là tiếp tuyến của ( O ) ⇒ KC = KD

Vì ∆OBC ∼ ∆ICM và ∆OAD ∼ ∆JDN nên suy ra IC = IM và JD = JN Mặt khác ta có OM ⊥ AN tại X và ON ⊥ BM tại Y nên F là trực tâm của ∆OMN . Gọi E ' là giao điểm của OF và MN thì OE ' ⊥ MN . Ta chứng minh E ' ≡ E . Ta có MA2 = MD 2 = MX .MO = ME '.MN = MB.MC

Xét phép nghịch đảo f cực M , phương tích k = MA2 ta có: f biến các điểm B, N thành các điểm C , E ' tương ứng

Suy ra f biến đường thẳng BN thành đường tròn ( MCE ') Vì BN tiếp xúc với ( O ) tại B và BN || AM nên đường tròn ( MCE ' ) tiếp xúc với ( O ) tại C và tiếp xúc với AM tại M . Do đó I là tâm đường tròn ( MCE ' )

Chứng minh tương tự ta có J là tâm đường tròn ( NDE ' ) . Khi đó ta suy ra hai đường tròn

( MCE ') và ( NDE ') tiếp xúc nhau tại E ' .

⇒ E ' là giao điểm của IJ và MN nên E ' ≡ E Vậy hai đường tròn ( MCE ) và ( NDE ) tiếp xúc với nhau tại E . b/ Vì KC là tiếp tuyến chung của ( O ) và ( I ) ; KD là tiếp tuyến chung của ( O ) và ( J ) nên ta

⇒ KC = KD = KE . Suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CDE (1).

suy ra PK / ( I ) = PK / (O ) = PK / ( J ) , do đó K là tâm đẳng phương của 3 đường tròn ( O ) , ( I ) , ( J ) Mặt khác ta có MA2 = MD 2 = MX .MO = ME.MN = MB.MC = MF .MY nên phép nghịch đảo

ai l.c

f cực M , phương tích k = MA2 biến các điểm F , C , D, E tương ứng thành các điểm Y , B , D, N .

Mà 4 điểm Y , B, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính BN nên 4 điểm F , C , D, E cùng

thuộc một đường tròn (2) Từ (1) và (2) suy ra K là tâm đường tròn đi qua 4 điểm F , C , D, E .

Câu 4: Cho trước số nguyên dương n > 1 . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số hạng của dãy

 n p  n p −1 . Ta có  l  = pl  p  l

yn h

 nk  ( ak )k ≥1 , ak =   là số lẻ. k  Hướng dẫn: -) Nếu n lẻ chỉ cần chọn k = nu với u > 1 , dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn. -) Nếu n − 1 lẻ và n − 1 ≠ 1 , xét ước nguyên tố p của n − 1 . Chọn k = p l với l > 1 .

(

)

Vế phải là số nguyên vì theo Bổ đề về bậc LTE ta có v p n p − 1 = v p ( p l ) + v p ( n − 1) ≥ l .

Và rõ ràng vế phải là số lẻ. -) Nếu n = 2 thì ta chọn k = 3.22 j với j ≠ 0 .

 23.2   23.2 − 2 j  Ta có  2 j  =  .  3.2   3  2j

Trong đó 3.2 − 2 j chẵn và do đó vế phải bằng

23.2

−2 j

−1

lẻ.

Ta có điều phải chứng minh. Câu 5: Trong một đợt giao lưu học sinh gồm 2m (m > 1) học sinh. Biết rằng cứ 3 học sinh bất

kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kí

( )

(

)

hiệu f ( 2m ) là số các cặp đôi như thế. Chứng minh rằng: f 2m ≥ m m − 1 . Hướng dẫn:

Ta xây dựng mô hình biểu diễn (K) gồm n ( n = 2m ) điểm như sau: Mỗi học sinh được biểu diễn bởi 1 điểm ( không có 3 điểm nào thảng hàng ). Hai học sinh có trao đổi học tập được biểu diễn bởi một đường liền nét, hai học sinh không có trao đổi học tập biểu diễn bởi một đường không liền nét. Kí hiệu P là tập hợp n điểm, f (n ) là số đoạn nối liền nét của một biểu diễn (K). Từ giả thiết, ta suy ra bất kỳ 3 điểm nào của P cũng đều có ít nhât một đường liền nét. Ta luôn giả thiết rằng, trong biểu diễn K tồn tại hai điểm A, B mà đoạn nối AB không liền nét. Đặt Q = P \ {A, B} . Như vậy, Q có n-2 điểm, trong biểu diễn K ta bỏ đi đoạn AB và tất cả các

đoạn nối với A, nối với B và ta được biểu diễn K’ của tập Q thỏa bài toán. Gọi f (n − 2 ) là số

ai l.c

các đoạn thẳng liền nét trong (K’) Lấy điểm C thuộc tập Q suy ra trong các đoạn CA, CB phải có ít nhất một đoạn liền nét (vì AB không liền nét). Vì Q có ( n − 2 ) điểm nên suy ra f (n ) ≥ n − 2 + f (n − 2 ) (*)

(

n n −2

)

Suy ra f (n ) ≥

do f (4) ≥ 2

Suy ra f (n ) ≥ (n − 2 ) + (n − 4 ) + ... + 4 + 2

Công thức truy hồi (*) cho ta: f (n ) ≥ (n − 2 ) + (n − 4 ) + ... + 4 + f (4) vì n chẵn.

(

m m −1

) . Suy ra f

yn h

(m − 1) + (m − 2 ) + ... + 1 =

Thay n = 2m , ta thu được kết quả. Trường hợp dấu bằng xảy ra như sau: Chia học sinh thành hai nhóm. Nhóm X gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một, Nhóm Y gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một. Mỗi học sinh của nhóm này đều không có trao đổi học tập với bất kỳ một học sinh nào của nhóm kia. Cách chọn như trên thỏa giả thiết bài toán. Số đoạn nối liền nét giữa m điểm trong tập X và tập Y đều bằng

( m ) = m ( m − 1) .

-----------------Hết-----------------

Giáo viên: Nguyễn Văn Tuấn

Điện thoại: 0936978976

(ĐỀ GIỚI THIỆU)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

a1 = b1 = 1  bn = an .bn −1 − 2018

ai l.c

Bài 1. (4 Điểm) Cho hai dãy số dương ( an ) , (bn ) xác định như sau:

∀n ∈ ℕ, n ≥ 2. n

1 . Tính lim S n . n→+∞ n→+∞ k =1 a1a2 ...ak Bài 2. (4 Điểm) Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động trên đoạn BC. Đường tròn (K), (L) lần lượt ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC. Lấy điểm S thuộc (K) sao cho PS song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) sao cho PT song song với AC. a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác A. b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC tại điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB tại điểm F khác A,

Cho lim bn = 2017 , đặt S n = ∑

BE cắt CF tại G. Chứng minh rằng PG đi qua J khi và chỉ khi AP đi qua tâm đường tròn Euler của

tam giác ABC.

Bài 3. (4 Điểm) Tìm hàm số f : ℝ → ℝ sao cho:

yn h

f ( f ( x ) + 2 y ) = 3 x + f ( f ( f ( y )) − x ) ∀x, y ∈ ℝ .

Bài 4. (4 Điểm) Cho đa thức P ( x ) = x 3 + 14 x 2 − 2 x + 1 . Chứng minh rằng với mỗi x ∈ Z tồn tại số

(

)

tự nhiên n sao cho ta luôn có P P (...P ( x ) ...) − x ⋮101 . n 2

Bài 5. (4 Điểm) Cho (n + 1) phân biệt điểm nằm trong hình vuông cạnh n sao cho không có ba

điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại tam giác được xác định bởi ba điểm trong 2

(n + 1) điểm sao cho diện tích tam giác đó không quá

1 . 2

....................................................Hết.................................................... Giáo viên ra đề: 1. Trịnh Thị Thanh Bình. 2. Trần Quốc Tuấn.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN: TOÁN - LỚP: 11 Bài

Hướng dẫn

Cho hai dãy số dương ( an ) , (bn ) xác định như sau:

4,0

∀n ∈ ℕ, n ≥ 2. n

Cho lim bn = 2017 , đặt S n = ∑ n→+∞

k =1

1 . Tính lim S n . n→+∞ a1a2 ...ak

ai l.c

a1 = b1 = 1  bn = an .bn −1 − 2018

Điể m

Do lim bn = 2017 , bn > 0 ∀n suy ra dãy (bn ) bị chặn. Nên tồn tại số dương M sao n→+∞

cho 0 < bn < M ∀n .

bn + 2018 a b − bn và 1 = n n−1 suy ra : 2018 bn−1 b a − bn bn−1 bn 1 1 . n−1 n = = − a1a2 ...an a1a2 ...an−1an 2018 2018a1a2 ...an−1 2018a1a2 ...an k =1

b1 bn 1 1 = + − a1 a2 ...ak a1 2018a1 2018a1 a2 ...an

Suy ra S n = ∑

Có an =

bn b2 b3 bn = . ... a1 a2 ...an b2 + 2018 b3 + 2018 bn + 2018 bk t M < ∀k Do hàm số f (t ) = đồng biến trên (0; +∞) nên bk + 2018 M + 2018 t + 2018

yn h

Lại có

 n−1 bn M M <  → 0 n → +∞ <1. khi do  a1 a2 ..an  M + 2018  M + 2018 2019 Vậy lim S n = . n→+∞ 2018 Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động trên đoạn BC. Đường tròn (K), (L) lần lượt ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC. Lấy điểm S thuộc (K) sao cho PS song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) sao cho PT song song với AC. a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác A. b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC tại điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB tại điểm

Suy ra

F khác A, BE cắt CF tại G. Chứng minh rằng PG đi qua J khi và chỉ khi AP đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC.

4,0

S L

K J G

R P

ai l.c

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi giao điểm của AT, AS với BC

lần lượt là Q, R.Ta có tứ giác ABPS, ACPT là các hình thang cân, suy ra tam giác 0,5 ABR cân tại R, tam giác ACQ cân tại Q.

JK, JL lần lượt là các đường trung trực của AB, AC suy ra JK đi qua R và JL đi qua Q, do đó J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQR suy ra AJ là phân giác của góc 0,5 SAT.

Vì ACPT là hình thang cân nên JQ là đường trung trực của PT, suy ra JT=JP (1). Chứng minh tương tự ta có JT=JS (2).

1,0

Từ (1), (2) suy ra J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AST. Tứ giác AEGF nội tiếp suy ra (GE, GC) = (AE, AF) = (PE, PC)(mod π) Suy ra tứ giác

yn h

CEGP, BFGP nội tiếp.

1,0

Gọi H đối xứng với A qua BC. Ta

có ( PB, PH ) = ( PA, PB ) = ( EA, EB ) = ( PG, PC )( modπ ) Suy ra PG đi qua H, dẫn đến

1,0

Tìm hàm số f : ℝ → ℝ sao cho:

PG đối xứng với AP qua BC hay PG đi qua J. Điều này tương đương với AP đi qua điểm đối xứng của J qua BC hay AP đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC.

f ( f ( x ) + 2 y ) = 3 x + f ( f ( f ( y )) − x ) ∀x, y ∈ ℝ (1)

Đặt a = f (0) . Trong (1), cho y =

− f ( x)

     − f ( x) − a = 3 x + f  f  f  x  ∀x ∈ ℝ.     2   suy ra f là toàn ánh.

4,0 0,5

ta có

Ta đi chứng minh f là đơn ánh. Thật vây giả sử f (u ) = f (v)

1,0

Từ (1) lần lượt cho y bởi u , v ta có f ( f ( x) + 2u ) = 3 x + f ( f ( f (u )) − x ) ∀x ∈ ℝ (2) f ( f ( x ) + 2v) = 3 x + f ( f ( f (v )) − x ) ∀x ∈ ℝ (3) Lấy (2) trừ (3) ta có f ( f ( x ) + 2u ) = f ( f ( x) + 2v) ∀x ∈ ℝ . Do f là toàn ánh nên suy ra được f ( x + 2 (u − v )) = f ( x ) ∀x ∈ ℝ

(4).

ừ (4) , sử dụng phương pháp quy nạp ta có f ( x + 2n (u − v )) = f ( x) ∀x ∈ ℝ , ∀n ∈ ℤ.

ai l.c

(5) Từ (1), cho x bởi x + 2 (u − v ) ta thu được:

1,0

f ( f ( x + 2 (u − v)) + 2 y ) = 3 x + 6 (u − v ) + f ( f ( f ( y )) − x − 2 (u − v)) ∀x, y ∈ ℝ

ừ (1) và (6) ta suy ra u − v = 0 . Vậy f đơn ánh. Trong (1) cho x = 0 ta có f ( z + 2 y ) = f ( f ( f ( y ))) ⇒ f ( f ( y )) = 2 y + a

(6)

⇒ f ( f ( x) + 2 y) = 3 x + 6 (u − v ) + f ( f ( f ( y )) − x) ∀x, y ∈ ℝ

1,0

∀y ∈ ℝ

Từ đó (1) trỏ thành f ( f ( x) + 2 y) = 3 x + f ( y + a − x) ∀x, y ∈ ℝ Lại cho tiếp y = 0 ta có :

f ( f ( x)) = 3 x + f (a − x) ∀x ∈ ℝ ⇒ f (a − x ) = a − x

∀x ∈ ℝ

yn h

⇒ 2 x + a = 3 x + f ( a − x ) ∀x ∈ ℝ

∀x ∈ ℝ

⇒ f ( x) = x

0,5

Cho đa thức P ( x ) = x + 14 x − 2 x + 1 . Chứng minh rằng với mỗi x ∈ Z tồn tại số tự

Thử lại ta có f ( x) = x ∀x ∈ ℝ là nghiệm của phương trình (1).

(

)

nhiên n sao cho ta luôn có P P (...P ( x ) ...) − x ⋮101 .

4.0

Cho x, y là hai số nguyên bất kỳ, ta chứng minh x ≡ y ( mod101) ⇔ P ( x ) ≡ P ( y )( mod101) Thật vậy, hiển nhiên x ≡ y ( mod101) ⇒ P ( x ) ≡ P ( y )( mod101) .

Biến đổi 4  P ( x ) − P ( y )  = 4 ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 14 x + 14 y − 2 ) 2 2 = ( x − y ) ( 2 x + y + 14 ) + 3 ( y − 29 ) + 101( 2 y − 27 )  ,   Do đó, nếu  x ≡ y ( mod101) (1) P ( x ) ≡ P ( y )( mod101) ⇒  2 2 ( 2 x + y + 14 ) + 3 ( y − 29 ) ≡ 0 ( mod101) ( 2) Nếu xảy ra (1) ta có ngay điều phải chứng minh. Nếu xảy ra (2), thì có hai khả năng

2,5

y − 29 ⋮ 101 ⇒ ( y − 29;101) = 1 , mà ( 2 x + y + 14 ) ≡ ( −3) . ( y − 29 ) suy ra −3 là số chính phương mod 101 nên sử dụng ký hiệu Legendre có  −3   3   101   2  1=  = =  =   = −1 (mâu thuẫn)  101   101   3   3  y − 29⋮101 , thu được 2 x + y + 14⋮101 , từ đó suy ra x ≡ y ≡ 29 ( mod101) . Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có x ≡ y ( mod101) ⇔ P ( x ) ≡ P ( y )( mod101) .

(

)

102

(

)

(

)

Xét 102 số P ( x ) , P ( P ( x ) ) ,..., P P (...P ( x ) ...) . Theo nguyên lý Drichlet, tồn tại

(

)

Từ nhận xét trên rút được P P (...P ( x ) ...) ≡ x ( mod101) .

m−n

Vậy suy ra điều phải chứng minh. 2

Cho (n + 1) phân biệt điểm nằm trong hình vuông cạnh n sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại tam giác được xác định bởi ba điểm 1 2 trong (n + 1) điểm sao cho diện tích tam giác đó không quá . 2

1,5

4,0

ai l.c

m, n ∈ {1; 2;...;102} , m > n sao cho P P (...P ( x ) ...) ≡ P P (...P ( x ) ...) ( mod101) .

1,0

2 2 Gọi H là bao lồi của N = (n + 1) điểm, gọi k ∈ 3, ( n + 1)  là số đỉnh của H, gọi   a1 , a2 ,...ak lần lượt là các cạnh liên tiếp của H.

yn h

Bổ đề 1: Trong hình H được chia thành đúng 2 ( N − 1) − k tam giác sao cho với 2 tam giác bất kỳ cho có điểm chung là đỉnh hoặc cạnh. Bổ đề 2: Diện tích của hình H không vượt quá n 2 . Chu vi của hình lồi H không quá chu vi của hình vuông, tức không quá 4n .

1,0

Chia H thành 2 ( N − 1) − k tam giác suy ra tồn tại tam giác ABC có

n2 (1) 2 ( N − 1) − k

0,5

S∆ABC =

Do (a1 + a2 ) + (a2 + a3 ) + ...( ak −1 + ak ) + (ak + a1 ) ≤ 2.4n suy ra tồn tại hai cạnh 8n liên tiếp, giả sử là a, b sao cho a + b ≤ . k Xét tam giác CDE có hai cạnh là a, b thì có 2

S∆CDE

1 1  a + b  8n 2 . (2) ≤ ab ≤  ≤  2 2  2  k2

 n2 8n 2  Từ (1) và (2) suy ra tồn tại tam giác có diện tích ≤ min  ; 2  .  2 ( N − 1) − k k    2 2 8n 1 1 n < . Suy ra nếu k > 4n thì 2 < ; nếu k < 4n thì 2 2 ( N − 1) − k 2 k Nếu

1,0

8n 2 n2 = 2 ⇔ k = 4n Trong trường hợp đó thì diện tích tam giác 2 ( N − 1) − k k

0,5

yn h

ai l.c

không quá 1/ 2 . (đpcm), Cách giải khác đúng cho điểm tương ứng.

Ä?áť&#x20AC; THI Ä?áť&#x20AC; XUáş¤T â&#x20AC;&#x201C; MĂ&#x201D;N TOĂ N 11 KĂ&#x152; THI Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I KHU Váť°C DUYĂ&#x160;N Háş˘I BáşŽC Báť&#x2DC; LáşŚN THáť¨ XI - NÄ&#x201A;M 2018. Ä?ĆĄn váť&#x2039;: THPT Chu VÄ&#x192;n An

GiĂĄo viĂŞn Ä&#x2018;Ć°áťŁc phĂ˘n cĂ´ng ra Ä&#x2018;áť : Nguyáť&#x2026;n MáşĄnh CĆ°áť?ng â&#x20AC;&#x201C; 0169.534.8888

Náť&#x2122;i dung Ä&#x2018;áť thi Ä&#x2018;áť xuáşĽt:

ai l.c

CĂ˘u 1: (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m)Cho dĂŁy váť&#x203A;i â&#x2C6;&#x2C6; , = + (1 â&#x2C6;&#x2019; ) váť&#x203A;i máť?i â&#x2C6;&#x2C6; .

a) TĂŹm cĂ´ng tháťŠc táť&#x2022;ng quĂĄt cáť§a dĂŁy trĂŞn. b) TĂŹm táşĽt cáşŁ cĂĄc giĂĄ tráť&#x2039; háťŻu táťˇ cáť§a , sao cho táť&#x201C;n táşĄi cĂĄc sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng k, m, p, q phĂ˘n biáť&#x2021;t tháť?a mĂŁn: â&#x2C6;&#x2019; = â&#x2C6;&#x2019; .

cáşŻt IJ táşĄi Q. Cmr:

CĂ˘u 2: (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Cho táťŠ giĂĄc ABCD náť&#x2122;i tiáşżp (O). AC cáşŻt BD táşĄi P, PAâ&#x2030; PB, PCâ&#x2030; PD. I, J lĂ tĂ˘m Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp cĂĄc tam giĂĄc PAB, PCD. a) TáťŠ giĂĄc OIPJ lĂ hĂŹnh gĂŹ? TáşĄi sao? b) Ä?Ć°áť?ng tháşłng d qua P, cáşŻt AB, CD táşĄi E, F. Ä?Ć°áť?ng tháşłng vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i d táşĄi P

yn h

CĂ˘u 3: (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) TĂŹm cĂĄc hĂ m : â&#x2020;&#x2019; tháť?a mĂŁn:

! (")# = 3 (") â&#x2C6;&#x2019; 2" váť&#x203A;i máť?i " â&#x2C6;&#x2C6; .

CĂ˘u 4: (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) TĂŹm cĂĄc sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng a, b tháť?a mĂŁn:

2& â&#x2C6;&#x2019; 1, 2( â&#x2C6;&#x2019; 1, & + ( â&#x2C6;&#x2C6; ) vĂ

*+ ,* ,

lĂ sáť&#x2018; nguyĂŞn.

CĂ˘u 5: (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m)CĂł bao nhiĂŞu cĂĄch phĂ˘n tĂch 6/ thĂ nh tĂch cáť§a 3 sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng, biĂŞt cĂĄc cĂĄch phĂ˘n tĂch mĂ cĂĄc nhĂ˘n táť cháť&#x2030; khĂĄc nhau váť tháťŠ táťą thĂŹ cháť&#x2030; Ä&#x2018;Ć°áťŁc tĂnh 1 láş§n?

HáşžT

ĐÁP ÁN Câu 1:Cho dãy với ∈ , = + (1 − ) với mọi ∈ . a)Tìm công thức tổng quát của dãy trên. b)Tìm tất cả các giá trị hữu tỷ của , sao cho tồn tại các số nguyên dương k, m, p, q phân biệt thỏa mãn: − = − . LG:

(0.5đ)

0 − 1

+ = 52 0 − 16

Thực hiện c/m bằng quy nạp.

− = − ↔ " − " = " − " Rõ ràng " ∈ 0; ±1 thỏa mãn (*). ,

;

(1đ)

(*)

(0.5đ)

Gỉa sử tồn tại " =

(0.5đ)

b) Đặt x = 2 0 − 1 là số hữu tỷ, thì:

Từ đó, ta chứng minh được bằng quy nạp: 2 3

− = 2 0 − 1 .

ai l.c

Nên: = 2

= 2 − 2 + 1 = 2 0 − 1 +

a) Có:

thỏa mãn (*),

với &, ( ∈ ?, ( > 0, (&; () = 1, & ≠ 0, & ≠ ±(. Không mất tính tổng quát, giả sử q = max{p, q, m, k} Thay vào (*) ta được:

& & & & 8 − 9 = : − ; ( ( ( ( 8 9 8 9 : 8 : ; 8 ; ↔ & = & ( 3 + & ( 3 − & ( 3 8 Vì k, m, p, q phân biệt, q là số lớn nhất, nên VP ⋮ (, suy ra & ⋮ ( Mà (a; b) = 1, b> 0 nên b = 1, hay x = a với & ∈ ?, & ≠ 0; ±1 → |&| > 1. (1đ) Thay vào (*), chú ý các số mũ đều chẵn, được: 9

;

yn h

|&| − |&| = |&| − |&| Vì q>p nên VT > 0, suy ra m>k.

;

Mặt khác, chuyển vế: |&| − |&| = |&| − |&| , ta có p>k 8

Thế nên, chia 2 vế cho |&| ta được: ;

;

|&| 3 − |&| 3 = |&| Điều này cho thấy 1 ⋮ |&| , mâu thuẫn. 8

;

: 3 ;

−1

Vậy " ∈ 0; ±1 → ∈ D ; 1; 0E sẽ thỏa mãn yêu cầu.

(0.5đ)

CĂ˘u 2:Cho táťŠ giĂĄc ABCD náť&#x2122;i tiáşżp (O). AC cáşŻt BD táşĄi P, PAâ&#x2030; PB, PCâ&#x2030; PD. I, J lĂ tĂ˘m Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp cĂĄc tam giĂĄc PAB, PCD. a)TáťŠ giĂĄc OIPJ lĂ hĂŹnh gĂŹ? TáşĄi sao? b)Ä?Ć°áť?ng tháşłng d qua P, cáşŻt AB, CD táşĄi E, F. Ä?Ć°áť?ng tháşłng vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i d táşĄi P

LG: (Táťą váş˝ hĂŹnh)

ai l.c

a) Hiáť&#x192;n nhiĂŞn OJ lĂ trung tráťąc cáť§a CD, nĂŞn OJ â&#x201D;´ CD. IP kĂŠo dĂ i cáşŻt CD táşĄi K. H (gĂłc náť&#x2122;i tiáşżp cĂšng cháşŻn cung BC cáť§a (O) ) H = )IJ Ta cĂł: )FG L (gĂłc náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n (I) ) = )KJ

cáşŻt IJ táşĄi Q. Cmr:

H + F)G H = )KJ L + K)J L = 90 , suy ra )GF H = 90 , hay IP â&#x201D;´ CD NĂŞn )FG

(1Ä&#x2018;)

MĂ PCâ&#x2030; PD nĂŞn P khĂńg thuáť&#x2122;c OJ, do Ä&#x2018;Ăł IP // OJ. (1Ä&#x2018;) Cmtt: JP // OI, nĂŞn OIPJ lĂ hĂŹnh bĂŹnh hĂ nh. b) Cmtt pháş§n a, cĂł JP vuĂńg gĂłc AB táşĄi H. XĂŠt cĂĄc tam giĂĄc vuĂńg PHE, PKF cĂł: H )K QRSN)K L )N )P )G )P QRSG)O = : = = H QRSG)O H )G QRSP)N H )T QRSO)T L )O QRSP)N (do gĂłc Ä&#x2018;áť&#x2018;i Ä&#x2018;áť&#x2030;nh vĂ â&#x2C6;&#x2020;)IJ~â&#x2C6;&#x2020;)FW ) (1Ä&#x2018;) L .YZ H .YZ L .YZ

yn h

H .YZ

(Ä?áť&#x2039;nh lĂ˝ hĂ m sáť&#x2018; sin)

(do gĂłc pháťĽ nhau)

(do 2 gĂłc káť bĂš cĂł sin báşąng nhau).

(1Ä&#x2018;)

CĂ˘u 3: TĂŹm cĂĄc hĂ m : â&#x2020;&#x2019; tháť?a mĂŁn: ! (")# = 3 (") â&#x2C6;&#x2019; 2" váť&#x203A;i máť?i " â&#x2C6;&#x2C6; . LG:

XĂŠt dĂŁy:

= ", = ("), = ! (")# â&#x2020;&#x2019; = 3 â&#x2C6;&#x2019; 2

= 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 váť&#x203A;i máť?i n táťą nhiĂŞn.

XĂŠt phĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä&#x2018;áşˇc trĆ°ng: " â&#x2C6;&#x2019; 3" + 2 = 0 â&#x2020;&#x201D; 5

" = 1[ "=2

Do Ä&#x2018;Ăł: = &. 1 + (. 2 = & + (. 2 váť&#x203A;i máť?i â&#x2C6;&#x2C6; .

(1Ä&#x2018;)

Suy ra: \

" = = & + ( [ (") = = & + 2(

(1đ)

TH1: Rút b = x – a, ta được (") = 2" − &. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn đề bài.

(1đ)

TH2: Rút a = x – b, ta được (") = " + (.

Khi đó ! (")# = (") + ( = " + 2(.

Thay vào yêu cầu bài toán, được b = 0.

(1đ)

ai l.c

Vậy nghiệm của bài toán là (") = ", hoặc (") = 2" − & với & ∈ .

Câu 4:Tìm các số nguyên dương a, b thỏa mãn: 2& − 1, 2( − 1, & + ( ∈ ) và

số nguyên.

*+ ,-

Vì 2& − 1, 2( − 1 ∈ ) nên &, ( ≥ 2.

là

LG:

* ,

Không mất tính tổng quát, giả sử & > ( ≥ 2.

Có a + b > 4 và là số nguyên tố, nên nó lẻ. Xét a chẵn, b lẻ (trường hợp a lẻ, b chẵn làm tương tự). (0.5đ)

yn h

Ta có:

&, + ( * = (&, + ( , ) + ( * − ( , = (&, + ( , ) + ( , ((*3, − 1)

Vì b lẻ, nên (&, + ( , ) ⋮ (& + (). Do đó

*+ ,* ,

là số nguyên khi:

(0.5đ)

( , ((*3, − 1) ⋮ (& + ()

Mà a + b là số nguyên tố, nên ( ⋮ (& + () (vô lý vì 0 < b < a+b) hoặc ((*3, − 1) ⋮ (& + ()

(1đ)

Hiển nhiên (a; b) = 1 nên theo Định lý Fermat nhỏ, (( * ,3 − 1) ⋮ (& + ()

Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn: (( ^ − 1) ⋮ (& + ()

(& − () ⋮ _ [ Khi đó: \ (& + ( − 1) ⋮ _

Suy ra: (2& − 1) ⋮ _, mà 2a – 1 nguyên tố, nên d = 1 hoặc d = 2a – 1.

(1đ)

Cả 2 trường hợp này đều vô lý, vì đưa đến `( − 1a ⋮ (& + ()

hoặc (& − () ⋮ (2& − 1)

(1đ)

Vậy không tồn tại a, b thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5: Có bao nhiêu cách phân tích 6/ thành tích của 3 số nguyên dương, biêt các cách phân tích mà các nhân tử chỉ khác nhau về thứ tự thì chỉ được tính 1 lần?

ai l.c

&Z , (Z ∈ Xét phân tích 6 = (2 . 3 )(2 . 3 )(2 . 3 ) với e& + & + &f = 9[ ( + ( + (f = 9 /

Với mỗi & ∈ , 0 ≤ & ≤ 9, có 10 − & cách chọn số & , để & + & ≤ 9

từ đó chọn &f = 9 − & − & .

(1 điểm)

Vậy số cách chọn các bộ (& , & , &f ) là 10+9+....+1 = 55 cách

⇒số cách chọn các bộ (& , & , &f ) và (( , ( , (f ) là 55.55 cách.

+) TH1: 3 thừa số bằng nhau:

Bây giờ, ta sẽ tính số các cách phân tích bị trùng nhau.

yn h

6/ = (2f . 3f )(2f . 3f )(2f . 3f )

(1 điểm)

+) TH2: 2 thừa số bằng nhau:

6/ = (2* . 3, )(2* . 3, )(2/3 * . 3/3 , ) và (a ; b) # (3 ; 3).

Khi đó a ∈ {0; 1; 2; 3; 4} ; b∈ {0; 1; 2; 3; 4 } và (a ; b) # (3 ; 3)

→ số cặp (a; b) là 5.5 – 1 =24, và 24 cặp này cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu. Tuy nhiên, mỗi cặp sẽ cho 3 lần đếm trong quá trình đếm mà ta vừa nêu ở trên. (1 điểm) +) TH3: nếu cả 3 thừa số khác nhau, thì mỗi phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần. Vậy số cách phân tích là: 1 + 24 + (55 × 55 − 24 × 3 − 1): 6 = 517 cách (1 điểm)

ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 MÔN TOÁN LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG Câu 1 (4 điểm) n

1 . k =1 ak

Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 6; a2 = 14; an + 2 = 6an +1 − an − 24.( −1) n . Tìm lim ∑

ai l.c

Câu 2 (4 điểm)

Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn ( I ) . Các đoạn thẳng IA, IB, IC theo Chứng minh rằng các đường thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1C2 đồng quy.

Câu 3 (4 điểm)

thứ tự cắt đường tròn ( I ) tại A1 , B1 , C1 . A2 , B2 , C2 theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB.

Cho đa thức P ( x ) = x k + bk −1 x k −1 + ... + b1 x + 1 thỏa mãn

i) k ≥ 2 .

ii) với mọi i = 1,.., n − 1 ta có bi ∈ ℕ* và bi = bk −i .

 P ( m) ⋮ n Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) thỏa mãn  .  P ( n)⋮ m

yn h

Câu 4 (4 điểm)

Cho các số nguyên dương a, b, n thỏa mãn n ! = a !b ! .

Chứng minh rằng

a+b < n+

2 ln n +4. ln 2

Câu 5 (4 điểm)

Trong mặt phẳng cho 2018 điểm. Mỗi điểm là tâm của một đường tròn đi qua một điểm cố định O. Chứng minh rằng từ những hình tròn đã tạo ra, có thể chọn được 5 hình tròn sao cho chúng phủ tất cả 2018 điểm đã cho.

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Hướng dẫn giải 1 Dựa vào phương trình đặc trưng, tính được công thức số hạng tổng quát của dãy là n n 1 an =  3 + 2 2 + 3 − 2 2 − 6.(−1) n  .  2 

(

) (

Điểm 1

)

Chỉ ra lim an = +∞ .

) + (1 − 2 )

thì lim cn = +∞ và cn +1 = 2cn − cn−1 .

n 1 1 1 1 1 +∑ = + − . a1 k = 2 ak a1 c1c2 cn +1cn k =1 k n 1 1 1 1 Suy ra lim ∑ = + = . 6 12 4 k =1 ak

∑a

ai l.c

2cn c −c 1 2 1 1 . = = = n +1 n −1 = − an cn −1cn +1 cn −1cn cn +1 cn −1cn cn +1 cn cn −1 cn +1cn Từ đó được

(

Đặt cn = 1 + 2

yn h

A3'

I B1

B1' C1'

Gọi A3 là giao điểm của B1C1 và B2C2 . Tương tự định nghĩa các điểm B3 , C3 . Dựng đường thẳng d qua I và vuông góc với BC tại H. Gọi A3' , B1' , C1' là hình chiếu của A3 , B1 , C1 trên d . Biến đổi B 1 1 1 ' ' A3 B1 A3' B1' 2 ha − B1 H 2 ha − (r − IB1 ) 2 ha − (r − r sin 2 ) = = = = A3C1 A3' C1' 1 h − C ' H 1 h − (r − IC ' ) 1 h − (r − r sin C ) 1 1 a a a 2 2 2 2 Tương tự với các tỉ số

C A B A B C sin + sin  sin  sin + sin   B3C1 CA 2 2 2 2 2 2 và 3 1 = . = A B C B A C B3 A1 C3 B1 sin  sin + sin  sin  sin + sin  2 2 2 2 2 2 A B C 1 Với ha = R sin B sin C và r = 4 R sin sin sin , ta được 2 2 2 2 B A C sin  sin + sin  A3 B1 2 2 2 . = C A B A3C1 sin  sin + sin  2 2 2 Tương tự với các tỉ số C A B A B C sin  sin + sin  sin  sin + sin  B3C1 CA 2 2 2 2 2 2 và 3 1 = . = A B C B A C B3 A1 C3 B1 sin  sin + sin  sin  sin + sin  2 2 2 2 2 2 Theo định lý Menelaus suy ra 3 điểm A3 , B3 , C3 thẳng hàng.

Theo định lý Desargues suy ra các đường A1 A2 , B1 B2 , C1C2 đồng quy. Xét cặp (m, n) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tổng quát giả sử m ≥ n . P ( m) ) cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta chứng minh cặp (m; n P (m) Hiển nhiên P(m)⋮ . n P ( m) )⋮ m . Ta chứng minh P( n Đặt d = (m, n) . Do P (m)⋮ n nên P (m)⋮ d . Mà P (m) − 1⋮ m nêu suy ra d = 1 .

yn h

ai l.c

sin

P k (m) + bk −1P k −1 (m).n + ... + b1 P(m).n k −1 + nk P ( m) )= . n nk P ( m) k ).n ≡ 1 + bk −1.n + .. + b1.n k −1 + nk ≡ P(n) ≡ 0(mod m) (do Do P (m) ≡ 1(mod m) nên P( n bi = bk −i ). Suy ra P ( m) )⋮ m . Mà (m, n) = 1 nên P( n P ( m) P ( m) P ( m) m 2 ) khác nhau vì > ≥ n nên m + > m+n. Hai cặp (m, n) và (m; n n n n Do đó với cặp (m, n) thỏa mãn bài toán, ta xây dựng được cặp ( M , N ) thỏa mãn bài toán và M + N > m + n . Cuối cùng ta chỉ ra cặp ( P(1);1) thỏa mãn bài toán và theo cách trên ta thu được dãy vô hạn cặp (m, n) thỏa mãn bài toán. Ta có P(

1 1

Do đó 2s < n + 2 s + 4 (vì 2s +1 > s + 2 ). 1 1− s 2 Từ đó suy ra 2 ln n +4. a+b < n+ ln 2

pi 2

yn h

a+b ≤ n+

 ln n  Giả sử 2s ≤ n < 2s +1 suy ra s =  .  ln 2  Từ giả thiết n ! = a !b ! , xét số mũ của 2 trong hai vế ta có s n s a s b ∑  k  = ∑  2k  + ∑  2k  . k =1  2  k =1 k =1 s s s s 1 1 n a s b Do ∑  k  ≤ n∑ k và ∑  k  + ∑  k  ≥ (a + b)∑ k − 2 s k =1  2  k =1 2 k =1  2  k =1  2  k =1 2 s s 1 1 1 1 Nên n ∑ k ≥ (a + b)∑ k − 2 s hay n(1 − s ) ≥ (a + b)(1 − s ) − 2s . 2 2 k =1 2 k =1 2

ai l.c

1 6

Giả sử A là điểm xa O nhất trong số 2018 điểm đã cho. Dựng đường thẳng d3 qua O, A.

Dựng các đường thẳng d1 , d 2 qua O và tạo với d3 góc 600 chia mặt phẳng thành 6 phần 1,2..,6 như hình vẽ. Dễ thấy các điểm nằm trong miền 1 và 2 đều nằm trong đường tròn (O;OA). Xét các điểm nằm trong miền 3. Lại tồn tại điểm B xa O nhất (trong miền 3). Khi đó ta lại chỉ ra được các điểm còn lại đều nằm trong hình tròn (O;OB). Bằng cách tương tự ta tìm được 3 đường tròn chứa các điểm năm tròn miền 4,5,6. Khi đó 5 đường tròn ở trên phủ 2018 điểm đã cho.

ai l.c

Người ra đề: Mai Xuân Huy

yn h

Số điện thoại: 0985529765

1 1

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM HỌC 2017 - 2018 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

2 < n an , ∀n ∈ ℕ* . n +1

Chứng minh rằng:

ai l.c

 1 a1 = 1, a2 = 2   2 * n (n + 1) an+1.an + nan .an−1 = (n + 1) an+1.an−1 , ∀n ∈ ℕ

Câu 1. (4đ) Dãy số Cho dãy số (an ) xác định như sau:

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.

yn h

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 XI, NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: TOÁN; Lớp:11

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

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

ai l.c

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho n số 1, 2, …, n ta có

Nội dung

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 1.2...n ≤

yn h

Z P2

qu em yk

O4 Y

c2 c3

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.

2 1

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

4 1

ai l.c

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: 1

3 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). l ; P P ) = ZPO Khi đó: (

Kết hợp điều này với kếtquả ở trên,ta suy ra: ( l ; P3 P1 ) = XP3 P1 ⇒X ∈ l.

Theo giả thiết ta có

Chứng minh tương tự ta có Y ∈ l . Vì Z ∈ l nên ta suy ra ba điểm X, Y, Z thẳng hàng. 2đ

yn h

−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*  

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.

1,5 đ

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

ai l.c

Với p = 2 rõ ràng

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

 p +1



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

Với p là số nguyên tố lẻ ta có

p = 2 không tồn tại a, b thỏa mãn.

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

2) b 2 + a = p 3 và b 2 − a = 1 , tìm được b 2 =

 p +1

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

p +1

yn h

- 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

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) .

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

S ( A) + S ( B ) S = 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.

Đây là phân hoạch tốt nên có S ( B )− S ( A) ≤

2đ

Vậy có điều phải chứng minh.

ai l.c

Người ra đề: Bùi Thị Hương Chữ ký

yn h

Số điện thoại: 01683219231

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN - KHỐI:11 Ngày thi: .. tháng .. năm 2018 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang)

1  x2017 . 2

Chứng minh rằng x2018 

ai l.c

Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số thực  xn 

 x0  1  được xác định như sau:  xn2 x  x  , n  0.  n1 n 2018 

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC ( BAC  ABC ) nội tiếp (O) , ngoại tiếp ( I ) , M là trung điểm BC , P là giao điểm của AI và (O) . K là điểm đối xứng với I qua M . PK cắt (O) tại Q . Biết Q thuộc cung nhỏ AC . Lấy J trên đoạn QB sao cho QJ  QA .

1) CMR: AIJB là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi RABC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng RBIJ  RCKQ .

3) Chứng minh rằng QB  QA  QC .

Câu 3 (4,0 điểm). Cho số nguyên n  2 . Cho đa thức

yn h

P( x)  xn  a1 x n1  ...  (1)k ak x nk  ...  (1)n1 an1 x  (1) n an

có n nghiệm dương không đồng thời bằng nhau , gọi là x1 , x2 ,..., xn . Chứng minh rằng phương trình

1 1 1 n2   ...    0 không có nghiệm dương. x  x1 x  x2 x  xn nx  a1

Câu 4 (4,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương a, b thì tồn tại vô số số nguyên

dương n để: a | bn  n .

Câu 5 (4,0 điểm). Hai mươi đội bóng tham gia một giải đấu, hai đội bất kì đá với nhau nhiều nhất một trận. Tính số trận đấu lớn nhất sao cho luôn tìm được ba đội chưa đá với nhau. --------------------------- 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: .........................

ai l.c

1  x2017 . 2

Chứng minh rằng x2018 

1  1. 2018

+ Với n  1 ta có 0  x1  1 

Trước hết, ta chứng minh 0  xn  1, n  1.

1,0

+ Giả sử 0  xk  1 . Ta đi chứng minh 0  xk 1  1 . Thật vậy

yn h

xk  2018  xk  xk2 0  x  1 và xk 1  xk   xk 1   0 vì  0  xk 1  xk  1 . k 2018 2018

1 2018 1 1 1 1      (*) xn1 xn  2018  xn  xn 2018  xn xn 2017

Từ đó ta có



Điểm

Cho dãy số thực  xn 

Nội dung  x0  1  được xác định như sau:  xn2 , n  0.  xn1  xn  2018 

Câu

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN - KHỐI:11 (Đáp án gồm 03 trang)

x2017 1

x2016 …



x2016 1

x2015



1 2017



1 2017

1,0

1 1 1   x2 x1 2017 1 1  1 x1 2017 Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có



1 x2017

1 x2016

 ... 

 1

1 1 1 1 1 2017    ...    1  x2 x1 x2014 x2 x1 2017

x2017



2017 2 2017

ai l.c

n 1 1 1 1 1 ta có  1    xn1 xn 2018  xn xn1 i 0 2018  xi

Cũng từ

1  x2017  . 2

Áp dụng bất đẳng thức

2016

2016  n  1   xi

yk da

x2018

 2  x2018 

1  x2017 . 2

Vậy x2018 

yn h

i 0

Cho n  2017 ta được

 n  1  1 2018  n  1

 n  1

n 1 1  1   1 xn1 i 0 2018  xi

1 1 1 k2 với a1 , a2 ,..., ak  0 ta có   ...   a1 a2 ak  a1  a2  ...  ak 

1 . 2

2,0

Cho tam giác ABC ( BAC  ABC ) nội tiếp (O) , ngoại tiếp ( I ) , M là trung điểm BC , P là giao điểm của AI và (O) . K là điểm đối xứng với I qua M . PK cắt (O) tại Q . Biết Q thuộc cung nhỏ AC . Lấy J trên đoạn QB sao cho QJ  QA . 1) CMR: AIJB là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi RABC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng RBIJ  RCKQ .

ai l.c

3) Chứng minh rằng QB  QA  QC .

ACB  AQB  AIB  AJB

1,0

Do đó tứ giác AIJB là tứ giác nội tiếp.

1) 2) Ta có

1,0

yn h

 BAC  RBIJ  RAIB . Mặt khác QK  BI , BAI  KQC     2    RAIB  RCKQ  RBIJ  RCKQ

2) 3) Sử dụng biến đổi góc ta có QKC  BAJ  BIJ

3) Mặt khác ta lại có RBIJ  RCKQ suy ra BJ  QC .

4) Do đó QB  QA  QC .

Cho số nguyên n  2 . Cho đa thức

P( x)  xn  a1 x n1  ...  (1)k ak x nk  ...  (1)n1 an1 x  (1) n an

có n nghiệm dương không đồng thời bằng nhau , gọi là x1 , x2 ,..., xn . Chứng minh rằng phương

2,0

trình

1 1 1 n2   ...    0 không có nghiệm dương. x  x1 x  x2 x  xn nx  a1

Ta sẽ chứng minh P  x   0 x  0.

0,5

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

Đẳng thức xảy ra khi x  x1  x  x2  ...  x  xn hay x1  x2  ...  xn .

Mặt khác giả thiết cho x1, x2 ,..., xn đôi một phân biệt nên đẳng thức của bất đẳng thức trên

1.

1 1 1 n2   ...   x  x1 x  x2 x  xn nx  x1  x2  ...  xn

1,0

không xảy ra. Hay ta có

1,0

ai l.c

1 1 1 n2   ...   x  x1 x  x2 x  xn nx  x1  x2  ...  xn

Áp dụng định lí Viét ta có x1  x2  ...  xn  a1 nên từ 1 ta có

Vậy P  x   0 x  0. đpcm.

1 1 1 n2   ...   . x  x1 x  x2 x  xn nx  a1

1,0

0,5

yn h

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương a, b thì tồn tại vô số số nguyên dương n để: a | bn  n .

Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp theo a . Ta thấy với a  1 thì với n nguyên dương bất kì đều thỏa mãn.

a  2 thì: Với b chẵn, n nguyên dương chẵn bất kì đều thỏa mãn.

Với b lẻ, n nguyên dương lẻ bất kì đều thỏa mãn.

Giả sử bài toán đúng với mọi s  a, a  2 .

1,0

Khi đó, ta xét n  bt , với t là số nguyên dương. t

1,0

Ta có: bn  n  bb  bt  bt (bb t  1) . Đặt a  d .x trong đó tất cả ước nguyên tố của d đều là ước của b và ( x, b)  1 . Khi đó ta xét t đủ lớn thì d | bt (cụ thể là t lớn hơn mọi số mũ trong phân tích d ra thừa số nguyên tố) .

1,0

Ta cần tìm t để

x | bb t  1 .

Do x  a nên  ( x)  x  a , sử dụng giả thiết quy nạp cho  ( x) ta có: Tồn tại vô số số nguyên dương t thỏa mãn:  ( x) | bt  t . t

Với t như trên thì x | bb t  1 . Do đó tồn tại vô số n để a | bn  n .

Hay bài toán đúng với a .

ai l.c

Theo quy nạp ta có điều phải chứng minh.

1,0

Hai mươi đội bóng tham gia một giải đấu, hai đội bất kì đá với nhau nhiều nhất một trận. Tính số trận đấu lớn nhất sao cho luôn tìm được ba đội chưa đá với nhau.

1,0

yn h

Gọi k là số trận đấu lớn nhất sao cho luôn tìm được 3 đội chưa đá với nhau. Ta chia 20 đội ra làm 2 nhóm, mỗi nhóm 10 đội, hai đội trong cùng một nhóm thi đấu với nhau. Khi đó, nếu chọn 3 đội bất kì thì luôn tồn tại 2 đội trong cùng một nhóm, khi đó 2 đội này đã thi đấu với nhau. 10  Mặt khác số trận đấu là 2    90 . Như vậy ta có k  90 . Ta sẽ chứng minh k  89 thỏa mãn 2 bài toán. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử k  89 không thỏa mãn, hay tồn tại cách tổ chức 89 trận đấu sao cho với mọi cách chọn 3 đội bất kì, luôn tồn tại hai đội đã thi đấu với nhau. Xét 20 đội bóng A1 , A2 ,..., A20 . Gọi A1 là đội thi đấu ít trận nhất. Khi đó theo nguyên lí Dirichlet, A1 thi đấu tối đa 8 trận.

1,0

Th1: A1 thi đấu 8 trận với A2 , A3 ,..., A9 . Suy ra 11 đội A10 ,..., A20 không thi đấu với A1 . Do đó

11 11 đội A10 ,..., A20 phải thi đấu với nhau. Khi này đã có 8     63 trận đấu. 2

8 Như vậy A2 , A3 ,..., A9 góp mặt vào 89  63  26 trận còn lại. 8 đội có tối đa    28 trận. Hay  2 tồn tại một cặp chưa thi đấu, giả sử là A2 và A3 . Để không tồn tại ba đội chưa thi đấu với nhau, mỗi đội trong 17 đội A4 , A5 ,..., A20 phải thi đấu ít nhất một trận với A2 hoặc A3 . Còn lại tối đa

6 26  17  9 trận với sự góp mặt của 6 đội A4 , A5 ,..., A9 . 6 đội có tối đa    15 trận. Do đó tồn  2 tại hai đội chưa thi đấu, giả sử là A4 , A5 . Còn lại tối đa 9 trận đấu, do đó tồn tại một đội Aj { A10 , A11 ,..., A20} chưa thi đấu với A4 và A5 . Khi đó A4 , A5 , Aj tạo thành 3 đội chưa thi đấu

2,0

với nhau. Mâu thuẫn.

TH 2 A1 thi đấu 7 trận với A2 , A3 ,..., A8 . Lập luận tương tự TH 1 ta cũng suy ra mâu thuẫn. Th 3 A1 thi đấu 6 trận với A2 , A3 ,..., A7 . Lập luận tương tự TH 1 ta cũng suy ra mâu thuẫn. TH 4 A1 thi đấu tối đa 5 trận với A2 , A3 ,..., A6 . Suy ra 14 đội A7 ,..., A20 không thi đấu với A1 .

ai l.c

14  Do đó 14 đội A10 ,..., A20 phải thi đấu với nhau. Khi này đã có ít nhất    91  89 trận đấu. 2 Mâu thuẫn. Vậy ta đã có điều phải chứng minh. Hay kmin  89 .

Chú ý Nếu ta coi 20 đội bóng là các đỉnh của một đồ thị. Hai đội chưa thi đấu với nhau ta nối một cạnh giữa hai đỉnh tương ứng. Bài toán là hệ quả trực tiếp của định lí Matel-Turan:

Đồ thị 2n đỉnh có n2  1 cạnh luôn chứa tam giác (Ở đây n2  1 là giá trị tốt nhất).

 20  Như vậy, ở bài toán này, số trận đấu lớn nhất có thể tổ chức là    (102  1)  89. 2

yn h

--------------------------------HẾT--------------------------------

1,0

SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

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

Thời gian làm bài: 180 phút

ai l.c

Câu I.(4 điểm) Cho dãy số thực dương ( xn ) , n ≥ 1 thỏa mãn x1 + x2 + ... + xn + xn+1 < 4 xn với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng x1 + x2 + ... + xn ≤ xn+1 với mọi n nguyên dương. Câu II.(4 điểm) Cho P( x) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P ''( x) . Chứng minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng. Câu III.(4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) và không có hai cạnh nào song song. Các tia BA và CD cắt nhau tại P , các tia AD và BC cắt nhau tại Q . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên PQ . Gọi (O1 ), (O2 ) tương ứng là các đường tròn nội tiếp của các tam giác PDA và QDC (bán kính đường tròn (O1 ) và (O2 ) khác nhau). Gọi ∆ là một tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) , ∆ tiếp xúc (O1 ) tại M , ∆ tiếp xúc (O2 ) tại N . Các tiếp tuyến kẻ từ H tới (O1 ) cắt ∆ tại X và Y . Các tiếp tuyến kẻ từ H tới (O2 ) cắt ∆ tại Z và T . Chứng minh rằng: HO . a) HD là phân giác góc O

1 1 1 1 . + = + XM YM ZN TN Câu IV.(4 điểm) Chứng minh rằng với mọi m, n nguyên dương, luôn tồn tại x nguyên dương để  2 x ≡ 1999 (mod 3n ) .  x m  2 ≡ 2009 (mod 5 ) Câu V.(4 điểm) Trên mặt phẳng cho hai tập A và B, mỗi tập chứa vô hạn các đường thẳng song song với nhau sao cho các đường thẳng trong A vuông góc với các đường thẳng trong B, và các đường thẳng đó cắt nhau tạo thành vô số ô vuông đơn vị. Mỗi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong 1201 màu sao cho không có hình chữ nhật chu vi 100 nào chứa 2 ô vuông cùng màu (hình chữ nhật có các cạnh nằm trên các đường thẳng đã cho). Chứng minh rằng không có hình chữ nhật kích thước 1x1201 hoặc 1201x1 nào chứa hai ô vuông cùng màu. --------------------------------------

yn h

SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

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

Điểm

1,0

ai l.c

Câu Nội dung I Cho dãy số thực dương ( xn ) , n ≥ 1 thỏa mãn (4 điểm) x + x + ... + x + x < 4 x với mọi n nguyên dương. n n+1 n 1 2 Chứng minh rằng x1 + x2 + ... + xn ≤ xn+1 với mọi n nguyên dương. n S Với mỗi n ∈ ℕ* , đặt Sn = ∑ xi , bn = n +1 . 2Sn i =1 Từ giả thiết ta có: Sn+1 < 4( Sn − Sn−1 ) , ∀n ≥ 2 , hay S n+ 2 < 4( S n+1 − S n ), ∀n ≥ 1 Sn +2 + 4 Sn < 4 S n+1 , ∀n ≥ 1 Sn+2 2S n + < 2, ∀n ≥ 1 2Sn +1 Sn+1 1 bn +1 + < 2, ∀n ≥ 1 bn S Ta cần chứng minh Sn ≤ ( Sn+1 − S n ) hay n +1 ≥ 1, tức bn ≥ 1 , 2S n ∀n ∈ ℕ* . 1 1 Thật vậy, ta có 2 > bn+1 + ≥ 2 bn +1. bn bn

yn h

1 ⇔ bn > bn+1 , ∀n ≥ 1. bn Suy ra (bn ) , n ≥ 1 là dãy giảm. 1 1 S Vì Sn +1 > S n > 0, ∀n ∈ ℕ* nên n +1 > ⇒ bn > . 2Sn 2 2 1 (bn ), n ≥ 1 là dãy giảm bị chặn dưới bởi nên (bn ) có giới 2 hạn hữu hạn. 1 Đặt b = lim bn ⇒ b ≥ . n→+∞ 2 1 1 Lại có bn +1 + < 2 , cho n → +∞ ta được b + ≤ 2 . (1) b bn 1 1 Mà b ≥ > 0 ⇒ b + ≥ 2 . (2) 2 b 1 Từ (1) và (2) suy ra b + = 2 ⇔ b = 1 ⇒ lim bn = 1 . n →+∞ b * Vì (bn ) là dãy giảm nên bn ≥ 1, ∀n ∈ ℕ ( đpcm).

2,0

⇔ 1 > bn +1.

1,0

ai l.c

II Cho P( x) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba (4 điểm) điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P ''( x) . Chứng minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng. Giả sử hoành độ ba điểm thỏa mãn điều kiện đề bài là x1 , x2 , x3 . Không mất tính tổng quát giả sử x1 < x2 < x3 . Do ba điểm ( x1, P( x1 ) ) ; ( x2 , P( x2 ) ) và ( x3 , P( x3 ) ) thẳng hàng nên tồn tại hằng số α , β sao cho P( xi ) = axi + β với mỗi i = 1, 2,3 . Coi hệ số cao nhất của P( x) bằng 1. Bài toán đưa về chứng minh x1 + x3 = 2 x2 .

Từ giả thiết ta có P ''( x) = 20( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) . Xét đa thức Q( x) = P( x) − α x − β , ta có Q( xi ) = P( xi ) − α xi − β = 0 với i = 1, 2,3 . Q "( x) = P "( x) suy ra Q "( xi ) = P "( xi ) với mỗi i = 1, 2,3 . Mọi nghiệm của Q "( x) đều là nghiệm của Q( x) .

1,0

yn h

(1) Suy ra 20.Q( x) = Q "( x)( x 2 + px + q) p Đặt x = y − , từ (1) ta có 2 p p  2 p2    20.Q  y −  = Q " y −   y + q −  2 2  4    p  Đặt R ( y ) = Q  y −  = y 5 + ay 4 + by 3 + cy 2 + dy + e và 2  2 p q− = s. 4 Ta có 20.R( y ) = R "( y ).( y 2 + s)

20( y 5 + ay 4 + by 3 + cy 2 + dy + e) = (20 y 3 + 12ay 2 + 6by + 2c)( y 2 + s) Đồng nhất hệ số của y 4 , y 2 và hệ số tự do ta được 20a = 12a  20c = 12as + 2c ⇔ a = c = e = 0 20e = 2cs Suy ra R( y ) = y 5 + by 3 + dy là hàm số lẻ. Nên R "( y ) = 20 y 3 + 6by có 3 nghiệm y1, y2 , y3 với y2 = 0 và y1 + y3 = 0 = 2 y2 . p Vì xi = yi − suy ra x1 + x3 = 2 x2 (đpcm). 2

III

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) và không có hai

1,0

yn h

ai l.c

(4 điểm) cạnh nào song song. Các tia BA và CD cắt nhau tại P , các tia AD và BC cắt nhau tại Q . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên PQ . Gọi (O1 ), (O2 ) tương ứng là các đường tròn nội tiếp của các tam giác PDA và QDC (bán kính đường tròn (O1 ) và (O2 ) khác nhau). Gọi ∆ là một tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) , ∆ tiếp xúc (O1 ) tại M , ∆ tiếp xúc (O2 ) tại N . Các tiếp tuyến kẻ từ H tới (O1 ) cắt ∆ tại X và Y . Các tiếp tuyến kẻ từ H tới (O2 ) cắt ∆ tại Z và T . Chứng minh rằng: a) HD là phân giác góc O 1 HO2 . 1 1 1 1 b) + = + . XM YM ZN TN

Không mất tính tổng quát, xét trường hợp X nằm giữa Y và Z ; Z nằm giữa X và T (các trường hợp khác chứng minh tương tự). a) Gọi bán kính đường tròn (O), (O1 ), (O2 ) lần lượt là R, R1 , R2 ( R1 ≠ R2 ) . V

( P , R R1 ) (Q , R2 R ) Ta có : (O1 ) → (O ) → (O2 ) Nên f = V R2 V R : (O1 ) ֏ (O2 )

(Q , R ) ( P , R )

(1)

Gọi S là tâm vị tự ngoài của (O1 ), (O 2 ) . Từ (1) suy ra S , P, Q thẳng hàng. Nên đường thẳng ∆ đi qua S . Từ giả thiết suy ra D là tâm vị tự trong của (O1 ), (O 2 ) nên ( SDO1O2 ) = −1 ⇒ H ( SDO1O2 ) = −1 . Mà HD ⊥ HS nên HD, HS là phân giác trong và phân giác

2,0

ngoài của góc O 1 HO2 (đpcm). b) Gọi K là tiếp điểm của HT với (O2 ) , L là tiếp điểm của HY với (O ) . Khi đó do HD là phân giác của O HO nên 1

= YHX . ⇒ ∆ HO1L đồng dạng với ∆HO2 K ⇒ THZ HO là phân giác của góc XHY , HO là phân giác góc 1

HO1 DO1 R1 O1L = = = HO2 DO2 R2 O2 K

ai l.c

, suy ra HD là phân giác chung của các góc ZHT XHZ và THY . Do đó HX , HZ là hai đường đẳng giác của tam giác

1,0

HYT và HY , HT cũng là hai đường đẳng giác của tam giác HXZ .

yn h

Theo định lý Steiner ta có 2 XY ZY  HY   = . 2 2 2   XT ZT  HT   ( XY )  HY   HX  ⇒ =    2 (TZ ) 2  HT   HZ  YX TX  HX   . =  YZ TZ  HZ   XY HY HX ⇒ = . TZ HT HZ MX + MY HY HM = . (2) NZ + NT HT HZ MX .MY XH .YH Ta cần chứng minh (3) = NZ .NT HT .HZ Sử dụng kết quả : Nếu đường tròn ( w) tiếp xúc với cạnh BC của ∆ ABC tại D và tiếp xúc với hai tia AB và AC thì BAC DB.DC = AB. AC.sin 2 2 = α ) ta có Áp dụng cho ∆ XYH và ∆ZHT ( XHY = ZHT α MX .MY = XH .YH .sin 2  2 ⇒ MX .MY = XH .YH (4)  NZ . NT ZH . TH 2α  NZ .NT = ZH .TH .sin 2  MX + MY MX .MY Từ (2), (3) và (4) ta có ⇒ đpcm. = NZ + NT NZ .NT Chứng minh rằng với mọi m, n nguyên dương, luôn tồn tại

IV (4 điểm)

 2 x ≡ 1999 (mod 3n ) x nguyên dương để  x m  2 ≡ 2009 (mod 5 ) Bồ đề 1: Cho a ∈ℤ , m ∈ ℕ* , ( a, m) = 1 . Khi đó với x, y ∈ ℤ mà ( x − y )⋮ϕ (m) thì a x ≡ a y (mod m) .

1,0

Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y , ta có ( x − y)⋮ϕ (m) ⇒ x = y + t.ϕ (m) , t ∈ ℕ . t

Suy ra a x = a y .( aϕ ( m ) ) . Mà aϕ ( m ) ≡ 1 (mod m)

ai l.c

⇒ a x ≡ a y (mod m) .  x ≡ x1 (mod m 1 ) Bổ đề 2: Hệ  m1 , m2 ∈ ℕ* ) có nghiệm khi (  x ≡ x2 (mod m2 ) và chỉ khi (m1 , m2 ) | ( x1 − x2 ) . Chứng minh: Hệ có nghiệm x ∈ ℤ ⇔ x = x1 + am1 = x2 + bm2 ( a, b ∈ ℤ ) ⇔ am1 − bm2 = x2 − x1 (*) Coi (*) là phương trình bậc nhất 2 ẩn a, b . Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi (m1 , m2 ) | ( x1 − x2 ) . Trở lại bài toán, + Ta chứng minh tồn tại x1, x2 ∈ ℕ* sao cho

2 x1 ≡ 1999 (mod3n ) ∀m, n ∈ ℕ*.  x2 m 2 ≡ 2009 (mod5 ) Thật vậy, xét hệ {1;2;3;...;2.3n−1} là một hệ thặng dư thu gọn

theo mod 3n (ϕ (3n ) = 2.3n−1 ) .

Khi đó xét 2 x ≡ 2 y (mod 3n ) với 0 < x, y ≤ 2.3n−1 . Giả sử

x > y , ta có 2 x − y ≡ 1 (mod 3n ) do ( 2 y ,3n ) = 1 .

Đặt a = x − y có 2a ≡ 1 (mod 3n ) ⇒ ( 2 a − 1)⋮3n ⇒ a⋮ 2

yn h

⇒ a = 2b với b ∈ ℕ* . 2a − 1 = 4b − 1⋮3n ⇒ υ3 ( 4b − 1) ≥ n ⇒ υ3 (4 − 1) + υ3 (b) ≥ n

2,0

⇒ υ3 (b) ≥ n − 1 ⇒ b⋮3n−1 . Nên a = 2b⋮ 2.3n−1 ⇒ ( x − y )⋮ 2.3n−1 ⇒ x ≡ y (mod 2.3n−1 ) (**) Mà 2.3n−1 ≥ x > y > 0 , mâu thuẫn với (**). Do vậy x = y .

{

}} cũng lập thành một hệ

Suy ra hệ 2 x , x ∈ 1;2;3;...;2.3n−1

thặng dư thu gọn theo mod 3n với ∀n ∈ ℕ* . Với a0 = 1999 , (a0 ,3) = 1, luôn tồn tại x1 ∈ {1; 2;...;2.3n −1} để

2 x1 ≡ 1999 (mod 3n ). + Chứng minh tương tự ta có hệ {1;2;3;...;4.5m−1} lập thành một hệ thặng dư thu gọn theo mod 5m (ϕ (5m ) = 4.5m −1 ) . Giả sử 2 x ≡ 2 y (mod 5m ) với 0 < x, y ≤ 4.5m−1 . Với x > y ta có 2 x − y ≡ 1 (mod 5m ). Đặt a = x − y, a ∉ ℕ, 2a ≡ 1 (mod 5m ). 2a − 1⋮5m ⇒ a⋮ 4 ⇒ a = 4b với b ∈ ℕ* .

1,0

2 a − 1 = 16b − 1⋮5m ⇒ υ5 (16b − 1) ≥ m ⇔ υ5 (16 − 1) + υ5 (b) ≥ m

⇒ υ5 (b) ≥ m − 1 ⇒ b⋮5m−1 . Suy ra a = 4b⋮ 4.5m−1 ⇒ ( x − y )⋮ 4.5m−1 ⇒ x ≡ y (mod 4.5m−1 ),

vô lý vì 0 < x, y ≤ 4.5m−1 ⇒ x = y .

{

}} lập thành một hệ thặng dư thu

{

gọn mod 5m . Với b0 = 2009, ( b0 ,5m ) = 1 , tồn tại x2 ∈ {1;2;3;...;4.5m −1} ,

Hệ 2 x ; x ∈ 1;2;3;...;4.5m−1

ai l.c

2 x2 ≡ 2009 (mod 5m ), ∀m ∈ ℕ* . + Ta có 2 x1 ≡ 1999 (mod 3n ), ∀n ∈ ℕ* nên 2 x1 ≡ 1 (mod 3) suy ra x 1 ⋮ 2 . 2 x2 ≡ 2009 (mod 5m ), ∀m ∈ ℕ nên 2 x2 ≡ −1 (mod 5) suy ra 2 2 x2 ≡ 1 (mod 5). Mà ord5 (2) = 4 ⇒ 2.x2 ⋮ 4 ⇒ x2 ⋮ 2 . Suy ra ( x1 − x2 )⋮ 2 .

1,0

 x ≡ x1 (mod 2.3n−1 ) + Xét hệ  (I) m −1  x ≡ x2 (mod 4.5 ) Ta có ( 2.3n −1 , 4.5m−1 ) = 2 mà 2 | ( x1 − x2 ) , theo bổ đề 2 suy ra

yn h

hệ (I) có nghiệm x nguyên dương. Theo bổ đề 1 ta có x ≡ x1 (mod ϕ (3n ) ) ⇒ 2 x ≡ 2 x1 (mod 3n ). x ≡ x2 (mod ϕ (5n ) ) ⇒ 2 x ≡ 2 x2 (mod 5n ). Vậy tồn tại x ∈ ℕ* thỏa mãn đề bài. Trên mặt phẳng cho 2 tập A và B, mỗi tập chứa vô hạn các V (4 điểm) đường thẳng song song với nhau sao cho các đường thẳng trong A vuông góc với các đường thẳng trong B, và các đường thẳng đó cắt nhau tạo thành vô số ô vuông đơn vị. Mỗi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong 1201 màu sao cho không có hình chữ nhật chu vi 100 nào chứa 2 ô vuông cùng màu (hình chữ nhật có các cạnh nằm trên các đường thẳng đã cho). Chứng minh rằng không có hình chữ nhật kích thước 1x1201 hoặc 1201x1 nào chứa hai ô vuông cùng màu. Đặt tâm của các ô vuông đơn vị vào các điểm nguyên trên mặt phẳng tọa độ, ta kí hiệu các ô vuông bằng tọa độ tâm của nó. Xét tập D chứa tất cả các ô vuông đơn vị ( x, y ) sao cho | x | + | y |≤ 24 . Ta gọi mỗi ảnh của D qua phép tịnh tiến bất kì là một hình kim cương. Vì hai ô vuông đơn vị cùng thuộc một hình kim cương thì cũng cùng thuộc một hình chữ nhật nào đó có chu vi 100, nên một hình kim cương không thể chứa hai ô vuông cùng màu.

1,0

Lại có, một hình kim cương có đúng 242 + 252 = 1201 ô vuông đơn vị, nên trong mỗi hình kim cương, mỗi màu chỉ được tô cho đúng một ô. Chọn một màu, giả sử là màu đỏ. Gọi a1 , a2 ,... là tất cả các ô vuông được tô màu đỏ. Gọi Pi là hình kim cương tâm ai . Ta sẽ chứng minh rằng không có ô vuông đơn vị nào được phủ bởi 2 hình kim cương Pi , và mỗi ô vuông đơn vị đều được phủ bởi ít nhất một hình Pi . Thật vậy, giả sử Pi và Pj cùng chứa một ô vuông b . Khi đó

1,0

yn h

ai l.c

ai và a j cùng màu đỏ và cùng thuộc một hình chữ nhật có chu vi 100 (mâu thuẫn). Mặt khác, lấy b là một ô vuông đơn vị bất kì. Hình kim cương tâm b chứa đủ 1201 ô 1201 màu khác nhau nên chứa ít nhất một ô ai màu đỏ. Khi đó hình kim cương Pi tâm ai sẽ chứa b . Do đó, các hình kim cương P1 , P2 ,... phủ kín các ô vuông trên mặt phẳng và không có hai hình kim cương nào chồng lên nhau. Giả sử một hình kim cương Pi có đỉnh kề với một ô vuông không phải là đỉnh của hình kim cương Pj khác, khi đó sẽ có hai ô vuông cạnh nhau chưa được phủ và không có cách nào phủ kín cả hai ô vuông này bằng các hình kim cương mà không chồng lên những hình kim cương đã có.

Do đó các hình kim cương phải được sắp xếp sao cho mỗi đỉnh của hình này kề với 3 đỉnh của 3 hình kim cương khác.

1,0

om ai l.c

1,0

yn h

Không mất tính tổng quát, giả sử hình kim cương P1 có tâm ( x, y ) sao cho ( 24 x + 25 y )⋮1201 (ta có thể dùng phép tịnh tiến các trục tọa độ để có điều này). Khi đó, với cách sắp xếp như trên thì tâm của các hình kim cương Pi khác cũng có dạng ( xi , yi ) thỏa mãn 24 xi + 25 yi ⋮1201. Do đó không thể có hình chữ nhật kích thước 1x1201 hoặc 1201x1 nào chứa được cả hai ô vuông màu đỏ. Chứng minh tương tự với các màu còn lại, ta thu được điều phải chứng minh. --------------------Hết--------------------

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

a) Chứng minh rằng dãy số ( bn ) xác định bởi bn = ∑ i =1



2019   a1 = 2018 , xác định bởi công thức  . 2 n  an +1 = an + 2 an + , n ≥ 1  an

1 có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. ai

ai l.c

Câu 1 (4,0 điểm)Cho dãy số ( an )

ĐỀ ĐỀ XUẤT HSG DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề (Đề thi gồm 01 trang)

i

b) Xét dãy số ( cn ) được xác định bởi cn =  ∑  , kí hiệu [ x ] là phần nguyên của số thực x . a i



 i =1

Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương đều có xuất hiện trong dãy ( cn ) .

Câu 2 (4,0 điểm)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), có trực tâm H. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn (MNP) ngoại tiếp tam giác MNP lần lượt cắt các đường tròn (MCA), (MAB) tại điểm thứ hai là E, F. Giả sử ME, MF theo thứ tự cắt AC, AB tại K, L.

a) Chứng minh rằng OH vuông góc với KL tại điểm S.

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Các điểm Y, Z lần lượt là hình chiếu của B, C lên

AC, AB. Gọi X là giao điểm của KZ và LY. Chứng minh rằng A, G, S, X cùng nằm trên một đường tròn.

yn h

Câu 3 (4,0 điểm) Cho P ( x ), Q ( x ), R ( x ) là các đa thức khác hằng, có hệ số thực và thỏa mãn P( x 2 − x) + xQ ( x 2 − x) = ( x 2 − 4) R( x) với mọi x.

a) Chứng minh rằng phương trình Q ( x ) = R ( x − 3) có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt.

b) Giả sử rằng tổng bậc của P ( x ), Q( x), R ( x) là 5 và hệ số cao nhất của R ( x) là 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của M = P 2 ( 0 ) + 8Q 2 (3). m+k với n+k đều là số nguyên, thì x1 x2 … xn +1 − 1 chia

Câu 4 (4,0 điểm)Cho m và n là các số nguyên dương sao cho m > n . Đặt xk =

k = 1, 2, … , n + 1. Chứng minh nếu các số x1 , x2 ,…, xn +1

hết cho một số nguyên tố lẻ. Câu 5 (4,0 điểm)Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) của tập hợp {1, 2,..., 2018} thỏa mãn điều kiện: 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,..., 2018 ? ---------------Hết--------------Người ra đề: Nguyễn Bá Hoàng Số điện thoại: 0977.394.437

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT HSG DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 11 (Đáp án gồm 04 trang)

LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.

ai l.c

Nội dung trình bày

Điểm

2019   a1 = 2018 , . Cho dãy số ( an ) xác định bởi công thức  2 n  an+1 = an + 2 an + , n ≥ 1  an n 1 a) Chứng minh rằng dãy số ( bn ) xác định bởi bn = ∑ có giới hạn hữu hạn i =1 ai khi n → +∞.  n i b) Xét dãy số ( cn ) được xác định bởi cn = ∑  , kí hiệu [ x ] là phần nguyên  i =1 ai  của số thực x . Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương đều có xuất hiện trong dãy ( cn ) .

Câu 1

a) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng n 2 < an < ( n + 1) 2 với mọi n.

yn h

Xét hiệu an+1 − (n + 1)2 = an − n 2 + 2( an − n) +

 a −1 n2 2  − 1 = ( an − n 2 )  n +   an  an a + n n  

(1) 0,5

2019 2 Ngoài ra, a1 = > 1 nên từ (1) bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được rằng 2018 an > n 2 với mọi n.

(2)

Khi đó an +1 < an + 2 an + 1 ⇒ an +1 < an + 1

2019 < 22 nên từ (2) bằng quy nạp, ta chứng minh được 2018 an < ( n + 1) 2 với mọi n ≥ 1.

0,5

Ta cũng có a1 =

Từ đó, với mỗi n nguyên dương, ta có n 2 < an < ( n + 1) 2 nên bn <

1 1 1 1 1 1 1 + 2 +⋯ + 2 < 1+ + +⋯ + = 2 − < 2. 2 1 2 n 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (n − 1)n n

0,5

Suy ra (bn ) bị chặn trên, mà dãy số (bn ) tăng thực sự nên nó có giới hạn hữu hạn. 1 1 1 2

1 3

0,5

1 n

Trước hết ta chứng minh kết quả quen thuộc sau: + + + ⋯ + → +∞ khi n → +∞.

Thật vậy, ta có e x > x + 1 với x > 0 nên x > ln( x + 1), ∀x > 0 . 1 i

Thay x bởi , ta có

1  i +1  > ln   = ln(i + 1) − ln i . i  i 

0,5

1 n > ∑ [ ln(i + 1) − ln i ] = ln(n + 1) → +∞ khi n → +∞ . ∑ i =1 i i =1 1 n 1 n Theo câu a, ta cũng có > > với mọi n. ≥ 2 n an ( n + 1) 4n

Suy ra

0,5

n 1 1 1 1 1 1 2 3 thì sn >  + + + ⋯ +  nên sn → +∞ . + + +⋯ + a1 a2 a3 an n 4 1 2 3 Khi đó, với mỗi số nguyên dương m thì tồn tại n để sn ≥ m .

Đặt sn =

0,5

Gọi n0 là chỉ số đầu tiên để sn ≥ m thì sn −1 < m . Ta phải có sn < m + 1 vì nếu 0

n không thì 0 = sn0 − sn0 −1 > 1 , mâu thuẫn. Điều này cho thấy rằng cn0 = [ sn0 ] = m. an0

ai l.c

Vậy mỗi số nguyên dương đều có xuất hiện trong dãy (cn ) . Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), có trực tâm H. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn (MNP) ngoại tiếp tam giác MNP lần lượt cắt các đường tròn (MCA), (MAB) tại điểm thứ hai là E, F. Giả sử ME, MF theo thứ tự cắt AC, AB tại K, L. a) Chứng minh rằng OH vuông góc với KL tại điểm S. b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Các điểm Y, Z lần lượt là hình chiếu của B, C lên AC, AB. Gọi X là giao điểm của KZ và LY. Chứng minh rằng A, G, S, X cùng nằm trên một đường tròn.

0,5

yn h

Z H

E P

a) Gọi I là tâm đường tròn (MNP). Khi đó ta có PK /( O ) = KA.KC = KE.KM = PK /( I ) Điều đó chứng tỏ K thuộc trục đẳng phương của (O) và (I) Chứng minh tương tự ta có L thuộc trục đẳng phương của (O) và (I) Do vậy KL là trục đẳng phương của (O) và (I). Suy ra KL ⊥ OI Mà O, H, I thẳng hàng (đường thẳng Euler) nên KL vuông góc với OH tại điểm S. b) Gọi D là hình chiếu của A lên BC và DZ cắt AC tại K'. Ta có PK '/( O ) = K ' A.K ' C = K 'Z.K 'D = PK '/( I ) Từ đây suy ra K' thuộc trục đẳng phương của (O) và (I). Do đó K' ≡ K.

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Do vậy ta có K, Z, D thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có L, Y, D thẳng hàng. Từ đó X ≡ D. Ta kí hiệu R, r lần lượt là bán kính của đường tròn (O) và (I) thì ta có

(

)(

0,5

)

PS / (O ) = PS / ( I ) ⇔ OS 2 − R 2 = IS 2 − r 2 ⇔ OS − IS OS + IS = R 2 − r 2

0,5

( do R = 2r ) ( ) ⇔ IH ( 3IH + 2 HS ) = 3r ( do OI = IH ) ⇔ OI OH + IH + 2 HS = 3r 2 2

⇔ 2 HS .HI = 3 ( HI 2 − r 2 ) ⇔

2 4 HS .HI = HI 2 − r 2 = PH / ( I ) ⇔ HS .HI = 2 PH / ( I ) 3 3

ai l.c

Vậy A, G, S, X cùng nằm trên một đường tròn. Cho P ( x), Q ( x), R ( x ) là các đa thức khác hằng, có hệ số thực và thỏa mãn P ( x 2 − x) + xQ ( x 2 − x) = ( x 2 − 4) R ( x) với mọi x. a) Chứng minh rằng phương trình Q ( x ) = R ( x − 3) có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt. b) Giả sử rằng tổng bậc của P ( x), Q ( x), R ( x ) là 5 và hệ số cao nhất của R ( x ) là 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của M = P 2 ( 0 ) + 8Q 2 (3). a) Trong đẳng thức đã cho, lần lượt thay x = 2, x = −2 , ta có

0,5

⇔ HG.HS = HA.HX

P (2) + 2Q (2) = 0, P (6) − 2Q (6) = 0.

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

yn h

Để có x 2 − x = 2 , ngoài x = 2 , ta còn có x = −1 nên thay tiếp x = −1 vào, ta được P (2) − Q (2) = −3R (−1) . Từ đó suy ra −3Q (2) = −3R ( −1) hay Q (2) = R ( −1) . Tương tự, thay x = 3 vào, ta có P (6) + 3Q (6) = 5 R (3) nên Q (6) = R (3). Vậy Q ( x ) = R ( x − 3) có hai nghiệm phân biệt là x = 2, x = 6. b) Gọi m, n, p ∈ ℤ + lần lượt là bậc của P ( x), Q ( x), R ( x ) thì m + n + p = 5 và max {2m, 2n + 1} = p + 2 . Dễ thấy m = 2, n = 1, p = 2 . Đặt Q ( x) = ax + b với a ≠ 0. Vì R ( x − 3) − Q ( x) là đa thức bậc hai, có hệ số cao nhất bằng 1 và có hai nghiệm là x = 2, x = 6 nên R ( x − 3) − Q ( x ) = ( x − 2)( x − 6). Suy ra R ( x − 3) = x 2 − 8 x + 12 + ax + b . Từ đó ta tính được R ( x) = ( x + 3) 2 − 8( x + 3) + 12 + a ( x + 3) + b = x 2 + x (a − 2) + 3a + b − 3 . Trong đẳng thức đề bài cho, thay x = 0 , ta có P (0) = −4 R (0) = −4(3a + b − 3). Suy ra P 2 (0) + 8Q 2 (3) = 16(3a + b − 3) 2 + 8(3a + b) 2 . Đặt c = 3a + b , ta có P 2 (0) + 8Q 2 (3) = 16(t − 3) 2 + 8t 2 = 24(t 2 − 4t + 6) ≥ 48 . Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 48 , đạt được khi t = 2 hay 3a + b = 2. Ứng với a = 1, b = −1 , ta có các đa thức P ( x) = x 2 − 5 x + 4, Q ( x ) = x − 1, R ( x) = x 2 − x − 1 thỏa mãn đề bài và

0,5

P 2 (0) + 8Q 2 (3) = 16 + 8 ⋅ 22 = 48.

Cho m và n là các số nguyên dương sao cho m > n . Đặt xk =

m+k với n+k

k = 1, 2, … , n + 1. Chứng minh nếu các số x1 , x2 , …, xn +1 đều là số nguyên, thì x1 x2 … xn +1 − 1 chia hết cho một số nguyên tố lẻ.

0,5

Giả sử xk là số nguyên với mọi 1 ≤ k ≤ n + 1 nên xk − 1 =

m−n là số nguyên với n+k

0,5

Ta có: P = x1 x2 … xn +1 − 1 = 

0,5

Giả sử P không chia hết cho bất kì số nguyên tố lẻ nào, tức là P = 2k với mọi số nguyên không âm k . Trong các số n + 1, n + 2,… , 2n + 1 tồn tại duy nhất một lũy thừa của 2 gọi là 2 j .

0,5

Nên v2 ( N ) = j , ta có

N  N   N  ⋅ i + 1 ⋅ i + 1 … ⋅ i + 1 .  n +1  n + 2   2n + 1 

N N là lẻ với a = 2 j và là chẵn với mọi n + 1 ≤ a ≤ 2n + 1 và a a

Và

N ⋅ i ≡ 2z a

N ⋅i ≡ 0 a

( mod 2 ) với a = 2 z +1

( mod 2 ) với n + 1 ≤ a ≤ 2n + 1 và a ≠ 2 . z +1

0,5 0,5

0,5

Nhưng

N ⋅ i + 1 < 2k , nên z < k . 2n + 1

Đặt v2 (i ) = z , ta có: i <

ai l.c

a ≠ 2j.

N  ⋅ i + 1 − 1 ≡ 1 ⋅1 ⋅…⋅1 ⋅ (2 z + 1) − 1 ≡ 2 z a 

Vì vậy, 0 ≡ P ≡ Π 

( mod 2 ) , mâu thuẫn.

0,5

z +1

Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) của tập hợp {1, 2,..., 2018} thỏa mãn điều kiện: 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,..., 2018 ?

0,5

mọi 1 ≤ k ≤ n + 1 . Suy ra m − n chia hết cho N = lcm( n + 1, n + 2,…, 2n + 1) và m − n = Ni .

Ta giải bài toán TQ: Cho số nguyên dương n . Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., an ) của

yn h

tập hợp {1, 2,..., n} thỏa mãn tính chất : 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,..., n . Kí hiệu An là tập hợp các hoán vị của tập ( a1 , a2 ,..., an ) thỏa mãn yêu cầu bài toán của tập hợp

{1, 2,3,..., n} và

un = An . Với

1,0

n = 1, 2,3 ta được

u1 = 1, u2 = 2, u3 = 6 .

Ta xét n > 3 và xét hoán vị ( a1 , a2 ,..., an ) của tập hợp {1, 2,3,..., n} thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét với k = n − 1 , ta có:

2 ( a1 + a2 + ... + an −1 ) = 2 (1 + 2 + ... + n ) − an  = n ( n + 1) − 2an = ( n + 2 )( n − 1) + 2 − 2an .

0,5

Từ đẳng thức trên suy ra 2an − 2⋮ n − 1 , kết hợp với 0 ≤ 2an − 2 ≤ 2n − 2 ⇒ 2an − 2 ∈ {0, n − 1, 2n − 2}

TH1. 2an − 2 = n − 1 ⇔ an =

n +1 . 2

1,0

Từ đẳng thức trên suy ra 2an−1 − 3⋮ n − 2 , kết hợp với 1 ≤ 2an − 3 ≤ 2n − 3 ⇒ 2an − 3 ∈ {0, n − 2, 2n − 4}

Do 2an−1 − 3 là một số lẻ suy ra 2an −1 − 3 = n − 2 ⇔ an−1 =

n +1 = an vô lí. Do đó 2

trường hợp 2an − 2 = n − 1 không xảy ra. TH2. an = n ⇒ ( a1 , a2 ,..., an −1 )

là

một

hoán

vị

của

tập

{1, 2,..., n − 1} và

TH3. an = 1 , ta đặt bi = ai − 1, i = 2,3,..., n . Mặt khác ta có

Suy ra 2 ( b1 + b2 + ... + bk ) chia hết cho k với mọi k = 1, 2,..., n − 1 .

ai l.c

2 ( b1 + b2 + ... + bk ) = 2 ( a1 − 1 + a2 − 1 + ... + ak − 1) = 2 ( a1 + a2 + ... + ak ) − 2k

0,5

( a1 , a2 ,..., an−1 ) ∈ An−1 suy ra số hoán vị trong trường hợp này bằng un−1 .

0,5

Do đó bộ ( b1 , b2 ,..., bn −1 ) ∈ An −1 suy ra số bộ ( a1 , a2 ,..., an ) thỏa mãn trong trường hợp này bằng un −1 .

Từ ba trường hợp trên ta được un = 2un−1 .

yn h

Từ đẳng thức này ta có un = 3.2n − 2 , n > 3 .Do đó số hoán vị cần tìm là 3.22016

0,5

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 1 trang giấy

Câu 1 ( 4,0 điểm) Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương

trình x n = x 2 + x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn . Hãy tìm số thực a sao

ai l.c

n a ( xn − x n+1 ) tồn tại, hữu hạn và khác 0. cho giới hạn lim n→∞

Câu 2 ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp

trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với

OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN

và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC.

a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP

luôn đi qua một điểm cố định.

b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến

HK. Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra: l ≤ 4 R 2 − a 2

(

yn h

Câu 3 ( 4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thoả mãn

)

( )

f x + y 4 = f ( x ) + yf y 3 , ∀x, y ∈ ℝ

(1)

xy 3 = p. Câu 4 ( 4,0 điểm) Tìm số nguyên dương x, y và số nguyên tố p sao cho: x+ y Câu 5 ( 4,0 điểm) Trong một kì thi học sinh giỏi toán có một số thí sinh là bạn bè của nhau.

Quan hệ bạn bè là quan hệ hai chiều. Gọi một nhóm các thí sinh là nhóm bạn bè nếu như

hai người bất kì trong nhóm này là bạn bè của nhau. (Mỗi nhóm tuỳ ý ít hơn hai thí sinh cũng vẫn được coi là một nhóm bạn bè), số lượng các thí sinh của một nhóm bạn bè được gọi là cỡ của nó. Cho biết rằng, trong kì thi này, cỡ của một nhóm bạn bè có nhiều người nhất là một số chẵn. Chứng minh rằng có thể xếp tất cả các thí sinh vào hai phòng sao cho cỡ của nhóm bạn bè có nhiều người nhất trong phòng này cũng bằng cỡ của nhóm bạn bè có nhiều người nhất trong phòng kia. ……….Hết……

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 11 (Hướng dẫn này có 06 trang) Nội dung

Câu 1 (4 điểm)

Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trình

Điểm

ai l.c

Câu

x n = x 2 + x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn. Hãy tìm số

n a ( xn − x n+1 ) tồn tại, hữu hạn và khác 0. thực a sao cho giới hạn lim n→∞

1,0 đ

Đặt Pn ( x) = x n − x 2 − x − 1

n +1 2 n +1 n n Ta có Pn+1 ( x) = x − x − x − 1 = x − x + Pn ( x) = x ( x − 1) + Pn ( x)

Từ đó P n +1 ( xn ) ) = xn n ( xn − 1) + Pn ( xn ) = ( xn 2 + xn + 1)( xn − 1) = xn 3 − 1 Áp dụng định lý Lagrange, ta có

( xn 2 + xn + 1)( xn − 1) = Pn +1 ( xn ) − Pn +1 ( xn +1 ) = ( xn − xn +1 ).P / n +1 (c) ;

yn h

c ∈ ( xn +1 ; xn ); Pn/+1 ( x) = (n + 1).x n − 2 x − 1 1 ) − 2 xn +1 − 1 = Pn/+1 ( xn +1) ) < Pn/+1 (c) xn +1

1,0 đ

Từ đó (n + 1)( xn +1 + 1 +

< Pn/+1 ( xn ) = (n + 1)( xn2 + xn + 1) − 2 xn − 1

Pn'+1 (c) = 3. Từ đây, với lưu ý limx n = 1 ta suy ra nlim →∞ n

Tiếp tục sử dụng lim n( xn − 1) = 3 ta suy ra lim nPn'+1 (c)( xn − xn +1 ) = lim n( xn2 + xn + 1)( xn − 1) = 3ln(3) n →∞

n →∞

P (c ) P ' (c ) = 3ln(3) ⇔ lim n 2 ( xn − xn +1 ) lim n +1 = 3ln(3) n →∞ n →∞ n →∞ n n ⇔ lim n 2 ( xn − xn +1 )3 = 3ln(3) ⇔ lim n 2 ( xn − xn +1 ) = ln(3)

1,0 đ

Vậy với c = 2 thì giới hạn đã cho tồn tại, hữu hạn và khác 0. Dễ thấy với c

1,0 đ

⇔ lim n 2 ( xn − xn +1 ). n →∞

' n +1

n →∞

> 2 thì giới hạn đã cho bằng vô cùng và nới c < 2 thì giới hạn đã cho bằng

0. Vậy c = 2 là đáp số duy nhất của bài toán. Câu 2 (4 điểm)

Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC.

ai l.c

a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ

đó suy ra: l ≤ 4 R 2 − a 2

1,0 đ

yn h

a) Gọi Q là giao điểm của MN và BC, E là trung điểm BC. Xét tứ giác BMPC thì ta biết rằng Q, P, B, C là hang điểm điều hòa. Suy ra 2

(QPBC) = - 1. Khi đó ta có: EP.EQ = EB ,suyra 2

QE.QP = QE − QE.PE = QE 2 − EB 2 = OQ 2 − OB 2 = QB.QC

= xAB = AMN (Ax là tia tiếp Mà tứ giác BMNC cũng nội tiếp vì có NCB

tuyến của (O)). Suy ra QM .QN = QB.QC Từ đó suy ra QM .QN = QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm E cố định.

1,0 đ

b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba đường cao MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng. Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM. Ta thấy:

1,0 đ

KC.KM = KB.KN IC.IJ = IB.IF

ai l.c

HM .HX = HN .HZ

(

)

( )

Nên AL = l ≤ 4 R 2 − a 2 Tìm tất cả các

hàm

số

thoả

f :ℝ → ℝ

mãn

Câu 3 (4 điểm)

BC 2 = 4R 2 − a2 4

1,0 đ

Mà AI = 2.OE = 2 R 2 −

Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hàng Từ đó suy ra AL ≤ AI .

f x + y 4 = f ( x ) + yf y 3 , ∀x, y ∈ ℝ

(1)

Cho x = 0, y = 1 , từ (1) suy ra f ( 0 ) = 0 Cho x = 0 , từ (1) suy ra

( ) ( ) ⇒ f ( − y ) = − f ( y ) , ∀y ≠ 0

(( − y ) ) = f (( − y ) ) = f ( y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ℝ 3

Vậy f là hàm số lẻ. Phương trình hàm

cho được f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ℝ , suy ra

yn h

f y 4 = yf y 3 , ∀y ∈ ℝ ⇒ − yf

đã

viết

lại

như

f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ∈ ℝ, ∀y ≥ 0 (1.1)

Ta có

f ( x + y ) = f ( − ( − x − y )) = − f

(( − x ) + ( − y )) = − ( f ( − x ) + f ( − y ))

= − ( − f ( x ) − f ( y )) = f ( x ) + f ( y ) ,

∀x ∈ ℝ, ∀y ≤ 0 (1.2 )

Kết hợp (1.1) và (1.2 ) ta được f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ℝ .

(

Bây giờ ta tính f ( x + 1) + ( x − 1)

(

)

) theo hai cách như sau

Ta có f ( x + 1) + ( x − 1) = f ( 2 x 4 + 12 x 2 + 2 ) = 2 f ( x 4 ) + 12 f ( x 2 ) + 2 f (1)

( )

= 2 xf x 3 + 12 f x 2 + 2 f (1) (1.3)

1,5 đ

Ta có:

(( x + 1) + ( x − 1) ) = f (( x + 1) ) + f (( x − 1) ) = ( x + 1) f ( ( x + 1) ) + ( x − 1) f ( ( x − 1) ) 4

1,0 đ

(

)

(

)

= ( x + 1) f x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 + ( x − 1) f x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1

( )

= 2 xf x3 + 6 f x 2 + 6 xf ( x ) + 2 f (1) (1.4 )

So sánh (1.3) với (1.4 ) ta có f ( x 2 ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ℝ (1.5) . Tiếp tục thay x bởi x + 1 vào (1.5 ) ta được

(

)

( ) ⇒ f ( x ) = ( x − 1) f ( x ) + xf (1) (1.6 )

ai l.c

f x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1) ( f ( x ) + f (1) ) ⇒ f x 2 + 2 f ( x ) + f (1) = ( x + 1) f ( x ) + ( x + 1) f (1)

0,5 đ

Từ (1.5 ) , (1.6 ) suy ra xf ( x ) = ( x − 1) f ( x ) + xf (1) ⇒ f ( x ) = xf (1) = ax, ∀x ∈ ℝ . Dễ thấy hàm này thoả mãn phương trình đã cho. Vậy hàm cần tìm là f ( x ) = ax, ∀x ∈ ℝ .■

xy 3 = p. Tìm số nguyên dương x, y và số nguyên tố p sao cho: x+ y

Câu 4 (4 điểm)

1,0 đ

0,5 đ

Ta có xy 3 = p ( x + y ) ⇒ x | py, y | px .

Do đó với mọi số nguyên tố q ≠ p ta có vq ( x ) ≤ vq ( y ) ≤ vq ( x ) .

yn h

Nên vq ( x ) = vq ( y ) và v p ( x ) − v p ( y ) ≤ 1 . Do đó x = py hoặc x = y hoặc 1,5 đ

y = px .

Nếu x = py ⇒ py 4 = p ( py + y ) ⇒ y 3 = p + 1 ⇒ p = y 3 − 1 = ( y − 1) ( y 2 + y + 1) . Do đó y − 1 = 1, y 2 + y + 1 = p ⇒ y = 2, p = 7, x = 14 . 1,0 đ

hết cho 3. Nếu y = px ⇒ p 3 x 4 = p ( x + px ) ⇒ p 2 x3 = 1 + p , vô lý.

1,0 đ

Nếu x = y ⇒ x 4 = p.2 x ⇒ x 3 = 2 p , mâu thuẫn do v2 ( x3 ) ∈ {1, 2} không chia

Vậy ( x, y, p ) = (14, 2,7 ) . Câu 5 Trong một kì thi học sinh giỏi toán có một số thí sinh là bạn bè của nhau. (4 điểm) Quan hệ bạn bè là quan hệ hai chiều. Gọi một nhóm các thí sinh là nhóm bạn bè nếu như hai người bất kì trong nhóm này là bạn bè của nhau. (Mỗi nhóm tuỳ ý ít hơn hai thí sinh cũng vẫn được coi là một nhóm bạn bè), số

lượng các thí sinh của một nhóm bạn bè được gọi là cỡ của nó.Cho biết rằng, trong kì thi này, cỡ của một nhóm bạn bè có nhiều người nhất là một số chẵn. Chứng minh rằng có thể xếp tất cả các thí sinh vào hai phòng sao cho cỡ của nhóm bạn bè có nhiều người nhất trong phòng này cũng bằng cỡ của nhóm bạn bè có nhiều người nhất trong phòng kia.

Ta gọi cỡ của một tập hợp A, kí hiệu là c(A), là cỡ của nhóm bạn bè đông người nhất trong A. Gọi M là nhóm bạn bè đông người nhất trong

ai l.c

tập hợp G tất cả các thí sinh, như vậy c ( M ) = c ( G ) = 2m là số chẵn. Ta 1,0 đ

chỉ ra một cách phân hoạch G thành hai tập hợp có cùng cỡ như sau: ớ Trước hết A là một tập hợp m thí sinh của M và B = G − A . Như vậy

c ( B ) ≥ m ≥ c ( A) . Chừng nào c ( B ) ≥ c ( A ) + 2 ta chuyển một thí sinh của

M từ B sang A. Mỗi lần như vậy cỡ của B giảm không quá 1 và cỡ của A tăng đúng 1.

Do đó, ta có thể thực hiện được việc điều chỉnh này cho tới khi

c ( B ) = c ( A ) hoặc c ( B ) = c ( A ) + 1 . Trong trường hợp c ( B ) = c ( A ) + 1 ta

thực hiện tiếp việc điều chỉnh mới bằng cách xét tất cả nhóm bạn bè

B1 , B2 ,..., Bs gồm c(B) người trong B. Nếu tồn tại Bi và m ∉ M − A sao cho

yn h

m ∉ Bi thì tập hợp A ∪ {m} và B −

{m} là hai tập hợp có cùng cỡ c ( A)

+ 1.

1,0 đ

Nếu m ∈ Bi với mọi Bi và m ∈ M − A thì Bi − ( M − A ) luôn khác tập rỗng vì

Xuất phát từ C = ∅ ta chọn một phần tử của Bi − ( M − A) vào C, với Bi

ất

Bi có ít nhất m + 1 phần tử còn M − A chỉ có nhiều nhất m phần tử.

là nhóm bạn bè nào đó có c(B) người trong tập hợp B − C . Quá trình kết

1,0 đ

thúc khi thu được một tập hợp c sao cho c ( B − C ) = c ( B ) − 1 = c( A) .

Ta chứng minh c ( A ∪ C ) = c ( A) .

Thật vậy, xét một nhóm bạn bè Q tuỳ ý trong A ∪ C . Do mỗi phần tử của c là bạn bè của mọi phần tử M − A cho nên Q ∪ ( M − A ) là một 1,0 đ

nhóm bạn bè trong G và do đó: c ( G ) = 2m ≥ Q ∪ ( M − A

)

= Q +

( 2m

− A) ⇒ A ≥ Q .

Vậy B − C và A ∪ C là phân hoạch của G thành hai tập hợp có cùng cỡ (đpcm).

ai l.c

Giáo viên ra đề:

Nguyễn Thị Bích Ngọc

yn h

Số điện thoại: 0904014676