ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN LỚP 11 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

Ths

ĐỀ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN LỚP 11 (CÓ ĐÁP ÁN)

Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

COM Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594 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 vectorstock com/28062405

WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG ----------

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Tính 12 2 lim 222 n n n ⋯

 =+++

KÌ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018-2019

MÔN: TOÁN. LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang)

u nnu un nn  =    +  =∀∈  ++  ℕ

4 3 24 ;* 43 n n+

Câu2(4,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O . Một đường tròn ( ) K đi qua , BC và cắt , CAAB tại , EF khác , BC BE cắt CF tại H , AH cắt ( )O tại D khác A . Tiếp tuyến của ( ) K tại , EF lần lượt cắt , DBDC tại , MN . Chứng minh rằng MNOH ⊥ .

Câu3(4,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số : f → ℝℝ thỏa mãn điều kiện : [ ][ ] ()()()()()(),,,, fxfzfyftfxyztfxtyzxyzt ++=−++∀∈ℝ

ĐỀ XUẤT

ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU

N

ĂM 2019

i) (2019()())2019,, ffxfyxyxyR +=+∀∈

ii) f bị chặn trên [-1,1]

Câu 3 (4,0 điểm)Cho tứ giác ABCD, thỏa mãn ∠=∠DABBCD , M trên AB và N trên

BC sao cho MN song song với AD và = 2 MNAD , gọi I là trung điểm MN và H là trực

tâm tam giác ABC. Chứng minh HI vuông góc với CD

Câu4(4,0 điểm) Cho p nguyên tố,p lớn hơn 3.Đặt:

1111 1... 2321(1)! a ppp −+−+−=

Câu5(4,0 điểm). Cho 18 điểm trên mặt phẳng , không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tô 6 điểm màu xanh, 6 điểm màu đỏ, 6 điểm màu vàng. Chứng minh rằng tổng diện tích của tất cả các tam giác tạo được từ 18 điểm đã cho lớn hơn bốn lần tổng diện tích của tất cả các tam giác cùng màu .

-Hết-

Chứng minh rằng: 22 (mod) p ap p ≡

Câu 5 (4,0 điểm) Tô màu cho 46 ô tùy ý của bảng ô vuông 9x9. Chứng minh rằng tồn tại bảng ô vuông 2x2 chứa ít nhất 3 ô đã tô màu. ----------------Hết----------------

Câu1(4,0 điểm). Cho dãy số ( ) n u xác định bởi : () 1 2 1 2

u uu L →+∞



Câu4(4,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy một điểm có các tọa độ là số nguyên được gọi là điểm nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại một đa giác có 2019 đỉnh là điểm nguyên và có độ dài các cạnh bằng nhau.

ỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TOÁN 11

Ờ

GIAN:180

ƯỜ

NG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ

MÔN:

PHÚT

Câu1(4,0 điểm) Cho dãy số () n x thỏa 1 2018 x = , 2 2 1 2 24 3 nn nn xx n + ++ = + với mọi n nguyên dương.Tính giới hạn của dãy số 2 1 n n

n u x + =

Câu2(4,0 điểm) Tìm hàm : fRR → thỏa mãn hai điều kiện sau:

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ, HÀ NAM

MÔN: TOÁN 1 MÔN: TOÁN 1 MÔN: TOÁN MÔN: TOÁN 11 11 1

Th Thờ ờờ ời gian làm bài: 180 phút, không k i gian làm không i gian làm bài: 180 phút, không kể

Câu 1 (4,0 đi (4,0 đi Câu 1 (4,0 điểm). ểm). ểm). ểm).

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦ

MÔN THI: TOÁN – KHỐI 11

Ngàythi21/04/2019

phát đề ềề ề

phát đ

Nếu ( )fx là hàm số liên tục trên đoạn [ ]0;1 sao cho ( ) ( )01ff = . Chứng minh rằng tồn

tại hai dãy số ( ) ( ) [ ] **,0;1nnnn ab ∈∈ ⊂ NN thỏa mãn :

a) Các dãy số ( ) ( ) ** , nnnn ab ∈∈ NN hội tụ

b) ( ) ( ) nn fafb = với mọi n .

Câu 2 (4,0 đi Câu 2 (4,0 đi (4,0 đi Câu 2 (4,0 điểm). ểm). ểm). ểm).

Tìm tất cả các hàm số : f → RR sao cho với mọi số thực x và y ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 xfyfyfxfxyfx −++=+

Câu3(4,0 điểm).

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số: 6354116nnn+++ là tích của hai hoặc nhiều số nguyên dương liên tiếp.

Câu 4 (4,0 đi (4,0 đi Câu 4 (4,0 điểm). ểm). ểm). ểm).

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn ω. Đường tròn ω ′ thay đổi đi qua , BC cắt các cạnh , ABAC lần lượt tại ,(,).EFEFA ≠ Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF cắt lại đường tròn ω tại ( ) KAK ≠ . , KEKF lần lượt cắt lại đường tròn ω tại ,(,).QPPQK ≠ GọiT là giao điểm của BQ và CP . Gọi , MN lần lượt là trung điểm

, BFCE .

a) Chứng minh rằngT thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn 'ω thay đổi.

b) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN .

Câu 5 (4,0 đi (4,0 đi Câu 5 (4,0 điểm). ểm). ểm). ểm).

Số phần tử tối đa mà người ta có thể chọn ra từ tập hợp { }1,2,...,31 sao cho tổng của bất

kỳ hai phần tử được chọn không là một số chính phương là bao nhiêu ?

----------------H HH Hết ếtết ết-------------------------------

Câu 1 (4.0 điểm)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

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

n n n u u u 5 3 5 2 1 2 + ≥ + + 3,2,1 = ∀n

Chứng minh rẳng dãy ( ) n u có giới hạn hữu hạn.

Câu 2 (4.0 điểm)

Thờigianlàmbài180phút (Đề này có 5 câu; gồm 02 trang)

Cho ABC∆ là tam giác nhọn với đường tròn nội tiếp ) (I Gọi D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC . Gọi N M , là giao điểm của AD với ) (I ( N nằm giữa A và M ). Giả sử IM cắt

đường cao AH của tam giác ABC tại K

a) Chứng minh rằng K là trung điểm của AM

b) Gọi ( ) aO là đường tròn có tâm nằm trên đường cao AH đi qua A và tiếp xúc trong với

đường tròn ) (I tại 1A . Các điểm 1 1 ,C B xác định tương tự. Chứng minh rằng 1 1 1 , , CC BB AA đồng quy tại 1 điểm

Câu 3 (4.0 điểm) :

Cho ( )Px là đa thức với hệ số nguyên, deg1 P > sao cho ( ) ( ) ( ) ,1PxPx ′ = . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho ( )Pn không là số chính phương.

Câu 4 ( 4.0 điểm):

Tồn tại hay không một dãy vô hạn các số nguyên dương ,...... ,....., , 2 1 n x x x sao cho j i x x ≠ ∀ ≠ , và k x x x k ⋮ + + + 2 1 , ,.... 3,2,1 = ∀k

Câu 5 (4.0 điểm):

Tìm số đường đi dọc theo cạnh lưới ô vuông từ đỉnh (0,0) đến đỉnh (2020,2020), sao cho không vượt qua đường chéo chính yx = và mỗi bước đi là sang phải hoặc lên trên.

3 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Đ ĐỀ ỀỀ Ề Đ ĐĐ ĐỀ ỀỀ Ề XU XUẤ ẤẤ ẤT KÌ THI H T KÌ THI H T KÌ T KÌ THI HỌ ỌỌ ỌC SINH GI C SINH GI C SINH GI C SINH GIỎ ỎỎ ỎI KHU V I KHU V KHU V I KHU VỰ ỰỰ ỰC C DUYÊN H DUYÊN H DUYÊN H DUYÊN HẢ ẢẢ ẢI VÀ Đ I VÀ Đ VÀ Đ I VÀ ĐỒ ỒỒ ỒNG B NG B NG NG BẰ ẰẰ ẰNG B NG B B NG BẮ ẮẮ ẮC B CBCB C BỘ ỘỘ NĂM NĂM

201 2019 99 9

ểể ể

N THỨ XII

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

MÔN THI: TOÁN LỚP 11

Ngày thi: ... tháng 4 năm 2019

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 1 trang

Tính ( ) lim. n nu

 =    =−∈≥

1 2 ,1. n nn

u uuunn +

ℕ .

Câu1 (4 điểm): Cho dãy số ( ) n u xác định bởi: () 1 2 1

Câu2 (4 điểm): Cho tam giác ABC. Gọi ( ) ; Ir là đường tròn nội tiếp của tam giác.

Đường tròn ( ) ; Ir tiếp xúc với BC tại P. Đường PI cắt ( ) ; Ir tại điểm thức hai là E.

Đường AE cắt BC tại F. Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại F.

Câu 3 (4 điểm): Cho ( ) 2 1 Pxx=+ . Chứng minh tồn tại vô số số n ∈ ℕ sao cho ( )1 Pn + là ước của tích ( ) ( ) .1....(1)PnPnP .

Câu4(4 điểm):Tìm số nguyên k thỏa mãn 2 pk + là hợp số với mọi số nguyên tố p .

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

a) Chứng minh rằng tập hợp { } () fxxS ∈ không thể bằng với tập hợp { },22015nnn∈≤≤ ℕ .

b) Chỉ ra một ví dụ trong đó tập hợp { } () fxxS ∈ bằng với tập hợp { },3,22016nnnn∈≠≤≤ ℕ .

………………………. HẾT …………………….

5 ====Hết==== 6 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂMHỌC 2018-2019



SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI MÔN TOÁN LỚP 11

NĂM HỌC 2018-2019

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

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

ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

MÔN TOÁN LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Bài1(4,0 điểm). Cho dãy số ( ) n x thỏa mãn ( ) 1 2 1

 ∈   =+−   .

1;2 1 2 n nn

x x xx +

Chứng minh dãy ( ) n x có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó.

Bài 2(4,0 điểm). Cho số nguyên dương 1 b > . Giả sử rằng với mỗi số nguyên 1 k > tồn

tại số nguyên ka sao cho 2019 kba chia hết cho k . Chứng minh rằng 2019ba = với a là

số nguyên nào đó.

Bài3(4,0 điểm). Tìm tất các hàm : f → ℝℝ thỏa mãn điều kiện: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22.2 fxfyfxxfyffy +=++ với , xy ∀∈ ℝ .

Bài4(4,0 điểm). Các đỉnh ,, ABC của tam giác nhọn ABC lần lượt nằm trên các cạnh

1111 , BCCA và 11AB của tam giác 111ABC sao cho 111111 ,, ABCABCBCABCA ==

CABCAB = . Chứng minh rằng hai trực tâm của các tam giác ABC và 111ABC cách

111

đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Bài5(4,0 điểm). Cho tập X={1,2,3,...,n} gồm n số nguyên dương đầu tiên.

a) Với n=10, hãy chỉ ra 10 tập con của X, mỗi tập con có đúng 3 phần tử và 2 tập bất kì

trong 10 tập này có chung nhau không quá 1 phần tử

b) Với n=15, chứng minh rằng tồn tại ít nhất 333 tập con của X, mỗi tập có đúng 6 phần

tử và 2 tập bất kì trong đó có không quá 4 phần tử chung.

----------------------------Hết---------------------------------

Câu 3 (4,0 điểm).



≥ +

Cho hình thoi ABCD. Đường tròn (O) nội tiếp trong hình thoi, tiếp xúc với các cạnh AB, AD, CD, CB

ần lượt tại M,N,E,F. Xét các điểm P, Q nằm tương ứng trên các cạnh AB, AD sao cho PQ tiếp xúc (O).

a) Chứng minh giao điểm của CQ và PE nằm trên đường thẳng BD.

b) Trên MN lấy K sao cho KP//AD. Chứng minh khi P, Q thay đổi nhưng vẫn tiếp xúc (O) thì

đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định.

Câu 4 (4,0 điểm). Cho p là số nguyên tố; ,, xyz là các số nguyên dương thỏa mãn x yzp<<<

Chứng minh rằng nếu ( ) 333 mod xyzp ≡≡ thì 222 xyz ++ chia hết cho xyz ++ .

Câu 5 (4,0 điểm). Cho , nk là các số nguyên dương, nk ≥ và S là tập hợp n điểm trong không gian thỏa mãn

(i) Không có 65 điểm nào thẳng hàng.

(ii) Mỗi điểm P của S đều không có ít hơn k điểm trong S cách đều P

Chứng minh rằng ()() 3 1412knn ≤+−− . ---------------------------HẾT --------------------



Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( ) n x xác định bởi 12 1 1 1 

0,1 ,2 32 1022 n n nn 

xx xn x xx + 

Chứng minh dãy đã cho có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó.

Câu 2 (4,0 điểm). Tìm tất cả các đa thức P với hệ số thựcsao cho với mọi số thực ,, xyz có tổng bằng

0 thì trên mặt phẳng Oxy các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,,,,, xPxyPyzPz thẳng hàng.

NGUYỄN BỈNHKHIÊM

NGHỊ

KỲ THIOLYMPICKHUVỰCDH- ĐBBB NĂMHỌC 2018 -2019

ĐỀ THIMÔN:TOÁN11

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang)

Câu1 (4,0 điểm). Cho dãy số () n a được xác định bởi:

1 1 2 a = , ( )( ) 1 21,1nnn aaan + +−=∀≥ .

a) Tìm giới hạn của dãy () n a khi n → +∞

b) Chứng minh rằng 12 ...2 1,1,2,... 2 n aaa n n +++ ≥−∀=

Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn Ω , P là điểm nằm trong tam giác ABC . Gọi D là giao điểm của AP với Ω ( ) DM ≠ , E là giao

điểm của BP với AC , F là giao điểm của CP với AB , M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với Ω ( )MA ≠ . Tiếp tuyến tại B và C của Ω cắt nhau ở T ,

DT cắt Ω tại L ( )LD ≠ .

a) Gọi X là giao điểm của BC và EF . Chứng minh ba điểm A, L , X thẳng hàng.

b) Gọi N là điểm đối xứng của L qua đường thẳng BC . Chứng minh rằng bốn điểm

,,, DMNP cùng nằm trên một đường tròn.

Câu3 (4,0 điểm). Tìm đa thức ( )Px hệ số thực thỏa mãn:

( ) ( ) ( ) 2 1–.10PxxPxPx+++= , với mọi xR ∈ .

Câu4 (4,0 điểm). Cho đa thức ( ) ( )( )( )( )( )( )( )( )( ) 123456789 Pxxdxdxdxdxdxdxdxdxd =+++++++++

với 1239 ,,,..., dddd là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên N sao cho với mọi số nguyên xN ≥ , ( )Px chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn 20.

Câu5 (4,0 điểm). Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc.

THPTCHUYÊNHÙNGVƯƠNG PHÚTHỌ

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THICHỌNHỌCSINHGIỎI KHUVỰCDUYÊNHẢIVÀ ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ NĂM 2019

MÔNTHI:TOÁN-LỚP11

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu1 (4 điểm). Chứng minh rằng với mỗi số vô tỷ α, tồn tại vô số cặp số ( ) , nnpq với np là số nguyên và nq nguyên dương sao cho với mọi n∈ ℕ ta đều có 2 1 n nn

p qq α −<

Câu 2 (4 điểm). Trong tam giác ABC , các điểm ,, DEF lần lượt là chân đường cao hạ từ , AB và C , H là trực tâm của tam giác. Gọi 123 ,, III lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác , HEFHFD và HDE . Chứng minh rằng các đường thẳng 123 ,, AIBICI đồng quy.

Câu3 (4 điểm). Cho dãy các đa thức ( ) n Px với hệ số thực được xác định b

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

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

Câu 5 (4 điểm). Trong một buổi dạ hội, mỗi người tham dự đều có ít nhất 3 người quen. Chứng minh rằng có thể chọn ra một số chẵn người để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa hai người quen.

9 SỞ GD – Đ

T QUẢNG NAM TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

------------------- Hết ------------------ĐỀ ĐỀ

( ) ()()() 3 0 1 4 111,.nnn Pxxx PxPxPxn +  =−   =+−−∀∈   ℕ

ứng

ằ

)

Px chia hết cho

. x

ởi

minh r

ng (

2020

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

ĐỀ ĐỀ XUẤT

ƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH LONG (Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU

VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm). Cho các dãy số thực (),(),() nnn abc thỏa mãn các điều kiện sau:

i) 1111,0,abc===

ii) 111 111 ,, nnn nnnnnn cab aabbcc nnn =+=+=+ với mọi 1. n ≥

Chứng minh rằng ( ) 222 lim()()()0. nnnnnn nabbcca−+−+−=

Câu 2 (4 điểm). Cho p là số nguyên tố có dạng 1211 k + . Một tập con S của {1,2,,1}Mp=−

được gọi là “tốt” nếu như tích các phần tử của S không nhỏ hơn tích các phần tử của \.MS Ký hiệu

S ∆ hiệu hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia S ∆ cho p xét trên mọi tập con tốt của

M có chứa đúng 1 2 p phần tử

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

a) Chứng minh rằng (2)(21) fnfn+− là hằng số với mọi 2. n ≥

b) Tính các giá trị có thể có của (2019). f

Câu 4 (4 điểm). a) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn () O có điểm P bất kỳ trên mặt phẳng.

Đường tròn (),() APBAPC cắt lại , ACAB tại các điểm ,.EF Đường tròn () AEF cắt lại AP ở điểm

T Gọi H là điểm đối xứng với K qua P Chứng minh rằng H nằm trên đường tròn (). O

b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn () O có điểm P thay đổi trên đường trung tuyến AM của tam giác ABC Đường tròn (),() APBAPC cắt lại , ACAB theo thứ tự tại các điểm ,.EF Gọi G là giao điểm của ,.EFBC Đường tròn () AEF cắt AP ở T Chứng minh rằng đối xứng của T qua PG nằm trên đường tròn (). O

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

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNGTHPTCHUYÊNBẮCNINH

(Đề thi đề xuất)

ĐỀ THIOLYMPICKHUVỰCDHBB

NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn:Toán–lớp11

(Thời gian: 180 phút – không kể thời gian giao đề)

Câu1 (5 điểm). Cho số thực 1. x ≥ Tìm ( ) lim21. n n n x →+∞ Hãy phát biểu bài toán tổng quát.

Câu2 (5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( ABAC < ) nội tiếp đường tròn (;) OR và I là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác. Đường thẳng AI cắt BC tại E và cắt (O) tại điểm thứ hai F. Vẽ

đường cao AD của tam giác ( DBC ∈ ), trên tia AD lấy điểm K sao cho 2 AKR = Đường

thẳng KF cắt đường thẳng BC tại H.

a) Chứng minh rằng IKIH ⊥

b) Đường tròn đường kính AH cắt KE tại G (G cùng phía với K đối với đường thẳng AH), AG

cắt KI tại M. Chứng minh rằng MIMG = .

Câu3 (5 điểm). Cho đa thức 10 ()... (0;2) n nn Pxaxaxaan =+++≠≥ có các hệ số đều là những số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho () Pxk + không phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên với bậc lớn hơn không.

Câu4 (5 điểm). Cho n điểm (n > 3) trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Hai điểm bất

kì được nối với nhau bằng một đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng được tô bởi một màu xanh, đỏ hoặc vàng. Biết rằng: có ít nhất một đoạn thẳng màu xanh, một đoạn thẳng màu đỏ, một đoạn thẳng màu vàng, không có điểm nào mà các đoạn thẳng xuất phát từ đó có đủ cả ba màu và không có tam giác nào tạo bởi các đoạn thẳng đã nối có ba cạnh cùng màu.

(a) Chứng minh rằng không tồn tại ba đoạn thẳng cùng màu xuất phát từ cùng một điểm.

(b) Hãy cho biết có nhiều nhất bao nhiêu điểm thoả mãn yêu cầu bài toán.

-------------------Hết-------------------

11 TR

NGTHPTCHUYÊN LÊTHÁNHTÔNG

QUẢNGNAM

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KÌTHICHỌNHỌC SINHGIỎIKHUVỰC DH& ĐBBB NĂMHỌC2018-2019

MÔN THI: TOÁN LỚP 11

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

Câu1 (4 điểm): Cho dãy (xn) biết x1 = 1, 1123 111 (1)()()...() 23 n n xxxxx n + =++++ (n∈N*)

nn x +

Tính lim 2018 2019 n

Câu 2 (4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB, AD <

BC. Gọi P là giao điểm AC và BD, Q là giao điểm AD và BC. Trên tia đối của tia AB

lấy điểm S sao cho hai tam giác SAQ và SQB đồng dạng với nhau . Đường thẳng đi qua

Q và vuông góc với QS cắt AC, BD lần lượt tại H và K.

a/ Chứng minh PQ là tiếp tuyến của đường tròn (PHK).

b/ Chứng minh đường thẳng OQ chia đường tròn (PHK) thành hai phần bằng nhau.

Câu3 (4 điểm): Kí hiệu +ℤ là tập hợp các số nguyên dương.

Tìm tất cả các hàm :(,1] f + →−∞ ℤ thỏa mãn :

1) 2.() () ()() fmn fmn fmfn += + , mn + ∀∈ ℤ

2) ( ) 10 f <

Câu4 (4 điểm): Tìm nghiệm của phương trình 2 4 x5 y4y1=++ trên tập các số tự nhiên.

Câu5 (4 điểm ): Trên bảng đen, người ta cho các số 2,3,4,5,6. Thực hiện xóa hai số x,y bất kì trên bảng và thay vào đó hai số

Hỏi sau 2019 bước thực hiện như vậy thì trên bảng có xuất hiện một số nhỏ hơn

1 2 hay không ?

………………………. HẾT …………………….

TRƯỜNGTHPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀNẴNG (Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THIHỌC SINHGIỎICÁC TRƯỜNGTHPT CHUYÊN KHUVỰC DUYÊN HẢIVÀ ĐỒNGBẰNGBẮC BỘ

ĐỀ

Bài1:(4 điểm)

LẦN THỨ XII,NĂMHỌC 2018–2019

ĐỀ THIMÔNTOÁN –KHỐI11

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Cho a là số nguyên dương và dãy số (xn) xác định bởi

Xác định a để dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn.

Bài2: (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện: () ( ) [

2 2 1 3 2() () ()1 + + + + = + x x x P x P x P P

Bài3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), có trực tâm H và đường tròn Euler (J). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Một điểm

T di động trên đường tròn (J). Đường thẳng qua T vuông góc với HT cắt đường tròn (O)

ở M, N. Dựng hình bình hành MHNK.

a) Chứng minh rằng điểm K luôn di chuyển trên một đường cố định khi điểm T thay đổi.

b) Đường tròn (S) tiếp xúc ngoài với (J) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại X

và Y. Gọi Z là trực tâm của tam giác ADE. Chứng minh rằng tứ giác AXZY là hình thoi.

Bài4: (4 điểm)

Xác định tất cả các số nguyên n > 1 sao cho 2 1 2 n

n + là một số nguyên.

Bài5: (4 điểm)

Cho tam giác có các cạnh là 9cm, 12cm và 15 cm. Chia mỗi cạnh thành n phần bằng nhau với 2 ≥ n . Nếu tính bình phương khoảng cách từ mỗi điểm chia này đến đỉnh dối diện của tam giác thì tổng của tất cả các khoảng cách là một số nguyên dương. Xác định tất cả các giá trị của n ?

-----------------Hết------------------

13 TRƯỜ

     ≥ ∀ + + + + + = = + 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 n a ax x a ax x x x n n n n n

]

ĐỀ XUẤT

SỞ ỞỞ GIÁO D D GIÁO GIÁO DỤ ỤỤ ỤC & ĐÀO T C & ĐÀO T & C & TẠ ẠẠ ẠO LÀO CAI O LÀO CAI O TRƯ TRƯTRƯ TRƯỜ ỜỜ ỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI NG THPT CHUYÊN LÀO CAI NG CHUYÊN NG CHUYÊN

Đ ĐĐ ĐỀ ỀỀ Ề THI HSG DUYÊN H THI HSG H HẢ ẢẢ ẢI VÀ ĐBBB I ĐBBB

NĂM H NĂM H NĂM NĂM HỌ ỌỌ ỌC 2018 C 2018 2018 C 2018 –– 2019 2019

Môn: Toán Môn: Toán Môn: Môn: –– L Lớ ớớ ớp 11 p 11 p 11

Th Thờ ờờ ời gian làm bài: 180 phút, không k i làm bài: phút, ii gian làm bài: 180 phút, không kể ểể ể phát đ phát đ phát đề ềề ề (Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (4,0 đi Câu (4,0 đi Câu 1 (4,0 điểm) ểm) ểm) ểm) Cho các số thực ,0ab > và 2 144 ab <−< , xét dãy số () n u thỏa mãn

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎ

Câu1. (4đ) Dãy số

như

==   =−  . Tiếp tục xét dãy số () n v được xác định bởi

Cho dãy số ( ) n a xác đị

uua uaubu ++

01 21

2,, nnn

0122 120 nn nnnnnnnn vCuCuCuCuααα=++++ .

a) Chứng minh rằng tồn tại số thực α để lim0. n v =

b) Với α ở trên, đặt ( ) 012 lim n vvvvL ++++= . Chứng minh rằng 1. L ≠

Câu 2 (4,0 đi Câu 2 (4,0 đi Câu 2 đi Câu 2 (4,0 điểm) ểm) ểm) Cho ABC∆ có đường tròn nội tiếp ( ) I tiếp xúc với ,, BCCAAB ở ,, DEF Đường thẳng qua A song song BC cắt , DEDF lần lượt tại , MN Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt

đường tròn ( ) I tại điểm L khác D

a) Chứng minh ,, AKL thẳng hàng.

b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại , MN cắt EF tại , UV . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN

Câu 3 (4,0 đi Câu 3 (4,0 đi Câu 3 đi Câu 3 (4,0 điểm) ểm) ểm) a) Chứng minh rằng nếu đa thức ()Px hệ số thực, và là tổng của ít nhất 3 đơn thức có bậc khác nhau đôi một thì 22 ()()PxPx sẽ là tổng của ít nhất 2 đơn thức có bậc khác nhau.

(Ta hiểu khái niệm đơn thức như sau: cho đa thức 0 () n k k k fxax =

=  thì k k ax gọi là các đơn thức).

b) Tùy theo giá trị thực của tham số ,c xác định số lượng đa thức ()Px hệ số thực thỏa mãn

222018 ()() PxPxcx −=⋅ . x ∀∈ ℝ

Câu 4 (4,0 đi Câu 4 (4,0 đi Câu 4 Câu 4 (4,0 điểm) ểm) ểm) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên và 3 = + + a c c b b a thì abc là lập phương

của một số nguyên.

Câu 5 (4,0 đi Câu 5 (4,0 đi Câu (4,0 đi Câu 5 (4,0 điểm) ểm) ểm) Cho bảng ô vuông kích thước 100100 × mà mỗi ô được điền một trong các ký tự ,,, ABCD sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25.Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với bảng và bốn đỉnh của nó được điền đủ bốn ký tự ,,, ABCD là “bảng tốt”.

a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 14,41 ×× và 22 × đều có chứa đủ các ký tự ,,,?ABCD

b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:

i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt.

ii) Luôn có một bảng tốt.

---------------H HH Hết ếtết ết-----------------------------

12 2 * 1111

1 1, 2 1..1., nnnnnn

aa nnaanaanaan +−+−

   ==      ++=+∀∈    ℕ

Chứng minh rằng: * 2 1, n n an n <∀∈ + ℕ .

Câu2. (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.

Câu3. (4đ) Đa thức

Tìm tất cả các hàm đơn ánh : f → ℝℝ thỏa mãn với mọi số thực x và số nguyên dương n luôn có:

()() () 1 12018 n i

ifxiffxi

Câu4. (4đ) Số học Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất để phương trình 234 apb += có nghiệm a, b nguyên dương. Câu5. (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 2018 S . Chứng minh rằng: với mọi cách phân hoạch tốt thì 673,1345 AB ≤≤

HẾT

15 S

Đ ĐĐ ĐỀ

ĐỀ

Ề ĐỀ Ề ĐỀ 16

THI

XUẤT Ề THI

XUẤT

I BẬC THPT TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HOÀNG VĂN THỤ LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN; Lớp:11 ĐỀ ĐỀ XUẤT Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

sau: ()()

  ∑

++−+<

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

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

MÔN TOÁN LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số ()fx liên tục và bị chặn trong khoảng (;) a +∞ . Chứng minh rằng với mọi

số T dương, ta luôn tìm được dãy() nx thỏa mãn lim n n x →+∞ =+∞ và

( ) ( ) limfx+T - fx = 0. nn n→+∞

Bài 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn ( ) , Ir . Đường tròn ( ) , Ir tiếp xúc với ,, ABBCCA tại ,, PQR . Gọi K là trung điểm của AC , đường thẳng IK cắt AB tại M .

Đoạn thẳng PQ cắt đường cao AH của tam giác ABC tại N . Chứng minh rằng N là trực tâm tam giác ABC .

Bài 3: (4 điểm) Cho đa thức 10 ()... n n Pxaxaxa =+++ ( )0,2 n an≠≥ có các hệ số đều là số nguyên.

Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho () Pxk + không phân tích được thành tích của hai

đa thức hệ số nguyên với bậc lớn hơn 0.

Bài 4: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho ( ) 1! n không chia hết cho 2 n

Bài 5: (4 điểm) Hãy xác định số các số tự nhiên n không vượt quá 201810 thỏa mãn hai điều kiện sau

đây:

i) n chia hết cho 7.

ii) Chữ số trong biểu diễn thập phân của n thuộc { } 0,1,2,3,4,5,6,8. ------------- Hết ------------

HƯỚNGDẪNCHẤM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

Câu Nộidungchínhcần đạt Điể

 =

   +

 ++

u nnu un nn +  ℕ

24 13222 43 n n nnnn

nnu unnunnuvv nn + ++

+ =⇔++=+⇔= ++

(với ( )2 nn vnnu =+ ) nên dãy ( ) n v là một cấp số nhân, 114.22nn nv −+ == .

ậy () 1 2 2 n n u nn

+ = + . Từ đó 11 22 n n

u uu L nn →+∞→+∞

u nn =− + . 12 2 3113 limlim 2222122 n n n n   =+++=−−=   ++  

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O . Một đường tròn ( ) K đi qua , BC và cắt , CAAB tại , EF khác , BC BE cắt CF tại H , AH cắt ( )O tại D khác A . Tiếp tuyến của ( ) K tại , EF lần lượt cắt , DBDC tại , MN . Chứng minh rằng MNOH ⊥ .

4.0đ

 

Cho dãy số ( ) n u xác định bởi : () 1 2 1 2

4 3 24 ;* 43 n n  =∀∈

Tính 12 2 lim 222 n n n =+++ 

u uu L →+∞ 4.0đ

Ta có ( ) ()()() 2 1 11 2

4đ 2

Câu Nộidungchínhcần đạt Điểm

Câu Nộidungchínhcần đạt

3 b) Nếu (0)0 f = cho 0 zt== ta được ()()();,(2) fxyfxfyxy=∀∈ ℝ

Cho 1 xy== từ (1)0 (2) (1)1 f f =    = 

b1) Nếu (1)0 f = cho 1,0yzt=== ta được ()0fx = , x ∀∈ ℝ

b2)Nếu (1)1 f = cho , txzy == ta được

[ ] ( ) 2 22 ()(),,(3) fxfyfxyxy +=+∀∈ ℝ

Cho 0 y = từ [ ]2 2 (3)()(),(4) fxfxx  =∀∈ ℝ

Từ (4)()0,0 fxx  ≥∀≥

+Xét [ ) 0; x ∈+∞ , từ ( ) 2 (4)()()(),0 fxfxftftt  =  =∀≥

Từ ( ) ( ) [ ) 2222 (3)()(),,0; fxfyfxyfxyxy  +=+=+∀∈+∞

2 () fxax  =

Thay 2 () fxax = vào (2) ta được [ ) 2 (),0; fxxx=∀∈+∞

+ Cho 0,1xyt=== , từ (1)()(),fzfzz  =−∀∈ ℝ nên ()fx là hàm số chẵn trên ℝ . Do đó 2 (), fxxx=∀∈ ℝ .

Gọi LMEAH =∩ , ta có LEBACBADB ∠=∠=∠ nên tứ giác BDEL nội tiếp , suy ra HDHLHBHEHCHF == nên tứ giác CDFL nội tiếp , suy ra

LFCADCABC ∠=∠=∠ nên FL là tiếp tuyến của ( ) K và ,, LFN thẳng hàng.

Ta có MLMEMBMD = và NFNLNDNC = nên MN là trục đẳng phương

của ( ) LFE và ( )O

Ta chứng minh tâm J của ( ) LFE nằm trên OH

Gọi AQ là đường kính của ( )O , vì tứ giác BCEF nội tiếp nên EFOA ⊥ ,

mặt khác , LELF là các tiếp tuyến của ( ) K nên EFKL ⊥ suy ra // KLAQ .

Gọi ( ) , SEFBCPSAO =∩=∩ thì P là điểm Miquel của tứ giác toàn phần

BCEFAS và HKSA ⊥ tại P nên ,,, HKPQ thẳng hàng

Vì // KLAQ và O là trung điểm AQ nên HK đi qua trung điểm J của KL .

Vậy MNOH ⊥ .

Tìm tất cả các hàm số : f → ℝℝ thỏa mãn điều kiện : [ ][ ] ()()()()()(),,,, fxfzfyftfxyztfxtyzxyzt ++=−++∀∈ℝ

][

()()()()()(),(1) fxfzfyftfxyztfxtyz ++=−++

f f

Cho 0 xyzt==== , từ (0)0 (1) 1 (0) 2

=     = 

a) Nếu 1 (0) 2 f = cho 0 yzt=== ta được 1 () 2 fx = , x ∀∈ ℝ

=    =   =  4

()0 1 () 2 ()

fx fx fxx

thỏa mãn bài toán.

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy một điểm có các tọa độ là số nguyên được gọi là điểm nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại một đa giác có 2019 đỉnh là điểm nguyên và có độ dài các cạnh bằng nhau. 4,0đ

Ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử tồn tại đa giác 122019 ... AAA thỏa mãn bài toán.

Đặt ( ) 11 ;;;;1,2019iiiiiiiii Axyaxxbyyi ++ =−=−= ( ) 2020120201 ; xxyy ≡≡ ()

20192019 11 0;0.1ii ii ab ==

 == . Gọi c là độ dài các cạnh của đa giác.

Ta có ( ) 2222,1,20190,1,24 ii cabicmod =+∀=  ≡

Nếu ( ) 2 04cmod ≡ thì bằng phép vị tự tâm 1A tỷ số 1 2 ta thu được một đa giác mới cũng thỏa mãn bài toán và có độ dài cạnh bằng nửa cạnh đa giác cũ. Do đó ta có thể giả sử ( ) 2 1,24cmod ≡

4đ

Nếu ( ) 2 14cmod ≡ thì

Nếu ( ) 2 24cmod ≡ thì

()()() 2019 1 1212iiii i abmodabmod =

+≡  +≡  mâu thuẫn với (1).

20192019 11 12,1212,12 iiii ii amodbmodamodbmod ==

≡≡  ≡≡ mâu thuẫn với (1).

()()()()

S J Q L M N D H E F O A B C K

4.0đ

4.0

[

]

4 20

iểm

Thử lại ta được các hàm số 2

Câu Nộidungchínhcần đạt Điểm

Cho 18 điểm trên mặt phẳng , không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tô 6 điểm

màu xanh, 6 điểm màu đỏ, 6 điểm màu vàng. Chứng minh rằng tổng diện tích của tất cả các tam giác tạo được từ 18 điểm đã cho lớn hơn bốn lần tổng diện tích của tất cả các tam giác cùng màu . 4.0đ

Nhận xét với mọi tam giác ABC và điểm M nằm trong mặt phẳng chứa tam giác thì ( ) ( ) ( ) ( )SABCSMABSMBCSMCA ≤++

Gọi xxx S là tổng diện tích của tất cả các tam giác có màu xanh, khi đó với mỗi điểm M ta có ( ) {} 4 xxx ABxanh SSMAB ≤  ( Mỗi cạnh AB xanh là cạnh của 4 tam giác xanh)

Cho M lần lượt chạy trên 6 đỉnh đỏ và 6 đỉnh vàng ta được ( ) 1243xxxxxdxxvxxxxxdxxv SSSSSS ≤+  ≤+ .

Gọi 12,, SSS lần lượt là tổng diện tích của các tam giác cùng màu , tổng diện tích của các tam giác khác màu và tổng diện tích của tất cả các tam giác .

Ta có ( ) ( ) ( ) 1 3333xxxdddvvvxxdxxvddxddvvvxvvd SSSSSSSSSS =++≤+++++

( ) ( ) ( ) 1 2 3 xxdxxvddxddvvvxvvdxdv SSSSSSSSS  <++++++=

1111243SSSSSS  =+<+= (đccm)

Câu 2 Tìm hàm : fRR → thỏa mãn hai điều kiện sau:

i) (2019()())2019,, ffxfyxyxyR +=+∀∈ (1)

ii) f bị chặn trên [-1,1] (2)

Trong i) cho x=y thì f(2020f(x))=2020x (3)

Đặt 2020.f(x)=u,2020f(y)=v thì f(u)=2020x,f(v)=2020y

Suy ra f(2019f(u)+f(v))=f(2019.2020x+2020y) (4)

Theo giả thiết thì f(2019f(u)+f(v))=2019u+v (5)

4đ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄNTRÃI Câu 1 Nộidungtrìnhbày Điểm Cho dãy số () n x thỏa 1 2018 x = , 2 2 1 2 24 3 nn nn xx n + ++ = + với mọi n nguyên dương. Tính giới hạn của dãy số 2 1 n n n u x + = 4đ Ta có () n x là dãy số dương. + + +  ++  =⇔=⇔=    +  ++++++ 2 2 2 1 1 1 2 2222 24 ln2ln 3 (1)33(1)33 n n n n nn xxxx nn xx n nnnn Đặt      =        + 2 yln 3 n n x n Ta có = 1 yln1009 + = 1 y2nn y 2,0 22 nên (yn) là cấp số nhân,do đó = 1 y2ln1009 n n . Suy ra      =⇔=⇔=+       ++ 1 1 1 222 2 2 ln2ln100910093.1009 33 n n n n n n xx xn nn Do đó: ==== + + + 1 222 22 22 2 2 . 3.100933.10091009 n n n n n nnnnn u x n n n 1,0 Chứng minh bằng quy nạp ta được >∀∈ ℕ 2, n nn Suy ra <<=<== + 2 2 2 0 (1)1 2(11) 1009 2 n nn n nnnnn nnn C Do đó = 2 lim0 1009 n n = + 2 lim1 3 n n Vậy limun = 0 1,0

4,0

1,0

Từ (4) và (5) thì: f(2019.2020x+2020y) = 2019.2020f(x)+2020f(y) (6)

Trong (6) cho x=y=0 ta được f(0)=0

Thay x=0 vào (6) ta được f(2020y)=2020f(y)

Thay y=0 vào (6) ta được f(2019.2020x)=2019.2020f(x)

Do đó (6) trở thành: f(2019.2020x+2020y) = f(2019.2020x)+f(2020y)

Suy ra f(x)+f(y)=f(x+y) với mọi x,y (7)

Bằng quy nạp ta chứng minh được f(rx)=rf(x) với mọi r hữu tỷ,x là số thực (8)

Lấy dãy số thực (xn) sao cho limxn=0 (có thể giả sử |xn| nhỏ hơn 1)

Ứng với mỗi số tự nhiên n,chọn dãy qn sao cho: 2 3 3

Þ ∠=∠=∠ MIDMADBCD Þ tứ giác DCNI nội tiếp ∠=∠ICDIND , tương tự tứ giác AIND là hình bình hành Þ

∠=∠DAIIND .

Gọi K là trực tâm tam giác CDI, P là giao điểm IK với CD, Q là giao điểm AK với BC Þ

∠=∠ICPDKP , do ∠=∠ICDIND

Þ ∠=∠= INDIADDKP

Þ tứ giác AIKD nội tiếp, ADIM là hình bình hành

Þ ∠=−∠ 0180 ADIDIM

Þ ∠=∠=∠=−∠=−∠ 00 180180 PKQAKIADIDIMDCN

Þtứ giác KPCQ nội tiếp, IK vuông góc với CD

Þ KQ vuông góc vuông góc BC, ID song song AB

<<  <<  ∈  ≤

11 |||.|||.[-1,1] || |(.)|

nnnnnnn nn nn

qxqxxqx xx fqxC

Do đó : 1 |()||(.)|0(0) nnn n fxfqxf q =→= khi n tiến ra vô cùng

Suy ra f(x) liên tục tại 0,f cộng tính nên f liên tục trên R.

f(x) liên tục và cộng tính trên R nên f(x)=ax với mọi x (phương trình hàm Côsi)

Thử lại thỏa mãn

Câu 3 Cho tứ giác ABCD, thỏa mãn ∠=∠DABBCD , M trên AB và N trên BC sao cho MN song song với AD và = 2 MNAD , gọi I là trung điểm MN và H là trực tâm tam giác

ABC. Chứng minh HI vuông góc với CD

Þ CK vuông góc AB

Þ K là trực tâm tam giác ABC

Þ KºH Þ HI vuông góc với CD.

lớn hơn 3.Đặt: 1111 1... 2321(1)! a ppp −+−+−=

Chứng minh rằng: 22 (mod) p ap p ≡

=−−++−−=−

ppp p pk = 

Từ D kẻ đường thẳng song song AB cắt BC tại J lấy N sao cho

= JBJN , qua N kẻ đường thẳng song cắt AB tại M Þ MN song song AD và = 2 MNAD .

Theo giả thiết = 2 MNAD , = IMIN Þ = MIAD , MN song song với AD

Þ tứ giác ADIM là hình bình hành

Và 121 1 1

Lại có:

+++ =−=−



CCC p ppkpk = 1,0

Giả sử : (1)! (mod) !.()! (1)! (1)!.()!.(mod)

p ap kpk p kpkap k

≡  ≡−−

1,0

2,0

B M N I C A D P Q K J 4,0

2,0

4 Cho p nguyên tố,p

Câu

4,0

Ta có : 1 1 1 a(p1)!...(2)!(1)(1)!(1)!(1)! 22 p k k

22(1)! !.()! p p p ppp k

k k

Tô màu cho 46 ô tùy ý của bảng ô vuông 9x9. Chứng minh rằng tồn tại bảng ô vuông 2x2 chứa ít nhất 3 ô đã tô màu. 4,0

Ta chứng minh bài toán tổng quát:

“Tô màu cho (2n+1)x(n+1)+1 ô tùy ý cho bảng ô vuông (2n+1)x(2n+1). Chứng minh rằng

tồn tại bảng ô vuông 2x2 chứa ít nhất 3 ô đã tô màu.”

Thật vậy :

i) Khi n=1 ta tô màu cho 7 ô vuông của bảng 3x3. Đánh số ô ở hàng i ; cột j là (i ;j)

Ta xét 2 trường hợp:

1,0

TH2:: ô (2;2) không được tô màu, khi đó 8 ô còn lại sẽ có 7 ô được tô màu, nên tồn tại 4 ô

liên tiếp (tính theo vòng tròn quanh ô (2;2) được tô màu từ đó suy ra đccm

ii) giả sử bồ đề đúng với n=k ta chứng minh đúng với n=k+1

iii) Xét cách tô (2k+3)x(k+2)+1=((2k+1)x(k+1)+1)+4k+5 ô của bảng ô vuông (2k+3)x(2k+3). Ta chia bảng làm 2 vùng như hình vẽ

Bảng ô vuông (2k+1)x(2k+1) K+1 bảng

ô vuông 2x2

K+1 bảng ô vuông 2x2

Vùng 1: bảng ô vuông (2k+1)x(2k+1)

Vùng 2: phần còn lại 2,0

Ta xét 2 trường hợp:

trường hợp 1: vùng 1 chứa nhiều hơn hoặc bằng (2k+1)x(k+1)+1 ô đã được tô màu khi đó theo giả thiết quy nạp ta bổ đề được chứng minh

Trường hợp 2: vùng 1 ít hơn (2k+1)x(k+1)+1 ô được tô màu. Khi đó vùng 2 sẽ chứa ít nhất 4k+6 ô được tô màu. Ta chia thành 2(K+1) bảng ô vuông 2x2như hình vẽ; khi đó nếu không tồn tại bảng nào chứa từ 3 ô được tô màu trở lên thì 2(k+1) bảng 2x2 này chỉ chứa nhiều nhất 4k+4 ô vuông được tô màu + thêm ô vuông còn lại thì chỉ có nhiều nhất 4k+5 ô vuông được tô màu (vô lý). Từ đó bổ đề được chứng minh hoàn toàn.

Áp dụng bổ đề trên khi n=4 ta suy ra kết quả bài toán trên

THPTCHUYÊNVĨNHPHÚC

Câu1 Câu1 Câu1 Câu1 N NN Nộ ộộ ội dung trình bày i dung trình bày i trình i trình Đi Điể ểể ểm mm Nếu ( )fx là hàm số liên tục trên đoạn [ ]0;1 sao cho ( ) ( )01ff = . Chứng minh

rằng tồn tại hai dãy số ( ) ( ) [ ] **,0;1nnnn ab ∈∈ ⊂ NN thỏa mãn :

a) Các dãy số ( ) ( ) ** , nnnn ab ∈∈ NN hội tụ

b) ( ) ( ) nn fafb = với mọi n

4đ 4đ4đ

1,0

−≡− −−≡−− −−≡−− 

Áp dụ

đị

1 1

===  −≡−+− 

 −≡−  −≡−≡−  Ta có điều phải chứng minh. 2,0 Câu

pkk(mod) 11(mod) (1)(1)(mod) ()!(1)(1)...(1)(mod) pk p pkkp pppp pkkkpp

−≡−+−

nh lý Wilson,ta có:

111 1 111 ()!(1)(1)...(1)(mod) (1)!.()!.(1).(1)!.a(1)(mod) (1)! (1)(mod) (1)!(1)! (1)(mod) !.()!

pkpk kkk k k ppp k k kkk pkkkpp kpkapap p ap k pp kkpkap −−+

−−≡−−≡−

TH1: ô (2;2) được tô màu, khi đó trong 8 ô còn lại sẽ có 6 ô được tô màu nên tồn tại 2 ô kề nhau được tô màu. Kết hợp với ô (2;2) ta có hình vuông 2x2 có ít nhất 3 ô được tô. 26

Bảng ô vuông (2k+1)x(2k+1)

, vì thế ()2121 1 4 fccfcc  ++=+ 

Đặt 2211 accc =+≥ và 21211 11 42 bcccb =++≤+≤

ếp tục quá trình trên ta xây dựng được dãy 1 0; 2 n n c  ∈   và ()() 1212 1 ;; 2 nnnnnn n acccbcccfafb =+++=++++= ⋯⋯ .

Hơn nữa, dãy ( ) * n n a ∈N là dãy số tăng , dãy ( ) * n n b ∈N là dãy số giảm. Vì vậy chúng hội tụ Đặc biệt limlim nn nn ab →+∞→+∞ = 1,0

Câu2 Tìm tất cả các hàm số : f → RR sao cho với mọi số thực x và y ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

221 xfyfyfxfxyfx −++=+

+) Nếu ( ) 00 f = trong ( )1 thay 0 x = ta được ( ) 0 fyy=∀∈ R

+) Nếu ( ) 00 f ≠ . Ta chứng minh f là hàm đơn ánh . Thật vậy trong ( )1 thay 0 y = ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 202, xfffxfxx −+=∀∈ R ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,:202202 xxfxfxxfffxxfffx ′′′′ ∀∈=⇔−+=−+ R

xx ′ ⇔=

Thay 2 x = trong ( )1 ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2222fyffyf +=+ . Vì f là hàm đơn

ánh cho nên : ( ) ( ) 2222, yfyfy +=+∀∈ R thay 0 y = vào đẳng thức này ta thu

được ( ) 21 f = . Do f là hàm đơn ánh suy ra ( ) 31 f ≠ .

Thay () 3 3, 13 xy f == vào ( )1 ta được : () () () ( ) () 33 33 233 131313 f fffffff 

() () 3 230 13 ff f

Vậy hàm f có một nghiệm là () () 3 23 13 af f =+

Thay ya = trong ( )1 ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22, xfafafxfxafxx −++=+∀∈ R ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22,*fafxfxafxafxxafxx ⇔+=+⇔+=+∀∈ R ( do f đơn ánh). Ta thấy 2 a ≠ từ ()() ()*,2 2 xa fxx a  =∀∈ R

Thay xa = trong ( )1 được () () () () () 22 2 ya afyfafayfa a  −×++=+   () ()() 2010,1 22 yaya ayaaya aa  ⇔−×+=⇔−−=∀∈⇔=   R

Khi đó từ ( ) ( ) 21,fxxx  =−∀∈ R

Thử lại ( ) 0 fxx=∀∈ R và ( ) 1, fxxx=−∀∈ R đều thỏa mãn ( )1

Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là : ( ) 0 fxx=∀∈ R và ( ) 1, fxxx=−∀∈ R

Câu 3 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số: 6354116nnn+++ là tích của hai

1,0

4,0

1,0

hoặc nhiều số nguyên dương liên tiếp. 4,0

Trườnghợp1.

Là tích của hai số nguyên dương liên tiếp k và 1 k + ( ) ( ) 63 63 5411614201646441 nnnkknnnkk +++=+⇔+++=+

()2 63 4201646521 nnnk ⇔+++=+

( )2 633 42016465221 nnnna  +++=++ , (với 3 222kna =+ , a ∈N ) ( ) 2332144116aannn ⇔++=++ .Nếu 1 aVTVP ≥  >

Nếu 010 a ≤≤ có duy nhất nghiệm 4,3an==

Trườnghợp2. Là tích của năm số nguyên dương liên tiếp k , 1,2,3kkk+++ và 4 k + ( ) ( ) 635411614nnnkkk +++=++ ⋯ vô lý do VP chia hết cho 5, VT không chia hết cho 5( do ( ) ( ) 62325511515VTnnnnnn =−++++−+ ⋮ )

Trườnghợp3.

Là tích của ba số nguyên dương liên tiếp k , 1 k + và 1 k ( )( ) 635411611nnnkkk +++=+− , ( ) 2 knbb + =+∈ Z

63264223 5411633 nnnnnnbnbbb ++++=+++−

324223 5411633 nnnnbnbbb ⇔+++=++−

• Nếu 5 bVTVP ≥  <

• Nếu 00 bVTVP ≤  >≥

Nếu 14 b ≤≤ thử không có nghiệm

Trườnghợp4.

Là tích của bốn số nguyên dương liên tiếp k , 1 k + , 2 k + và 3 k +

1,0

()()() ( )2

63 2 54116123311 nnnkkkkkk +++=+++=++−



 

  



∈



+=  . Đặt

1 2

=+ 1,0 1,01,0

trên 1 0; 2    và () 1 1 0 2 ff  =   . Đặt () () 211 1 4 gxfxfx  =+−   . Khi đó hàm số ( ) 2 gx liên tục trên 1 0; 2    và () 22 1 00 4 gg  ≤   . Vì vậy tồn tại 2 1 0; 4 c  ∈   sao cho ( ) 22 0 gc = tức là ()1212 1 4 fcfc  +=

1,0

Xét hàm () () 1 1 2 gxfxfx  =+− 

trên đoạn 1 0; 2 

. Khi đó ( ) 1 gx liên tục trên

0; 2

và () 11 1 00 2 gg  ≤ 

. Vì vậy tồn tại 1 1 0; 2 c 



sao cho ( ) 11 0 gc = tức là ()11 1 2 fcfc

11ac = và 11

Xét hàm ( ) ( ) 11 fxfxc =+ trên đoạn 1 0; 2    . Khi đó ( ) 1 fx liên tục



  

 ⇔+=    . 1,0 28

++=+

( ) 3 kncc + =+∈ Z , ( )2 633 54116 nnnnc +++=+⇔ ( ) 2325417ccnn +−=+

• Nếu 11 cVTVP >  >

• Nếu 110, c ≤≤ kiểm tra không có

Đáp số 3 n =

LNLYLELC = Hoàn toàn tương tự, ta có LMLXLFLB =

Suy ra ..., LNLXLMLY = suy ra ,,, MNXY đồng viên.

Gọi Z là trung điểm AD , suy ra ,, MNZ thẳng hàng theo định lý về đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần BCFEAD .

Từ ,,, MNXY đồng viên suy ra .. ZMZNZXZY = . Mặt khác (,)1 ADXY =−

1,0

đổi đi qua , BC cắt các cạnh , ABAC lần lượt tại , EF (,). EFA ≠ Đường tròn

Câu 4 Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn ω Đường tròn 'ω thay

ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn ω tại K ( AK ≠ ). , KEKF lần lượt

cắt lại đường tròn ω tại , QP (,). PQK ≠ Gọi T là giao điểm của BQ và CP .

Gọi , MN lần lượt là trung điểm , BFCE

a) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn 'ω thay đổi.

b) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

và Z là trung điểm AD , nên theo hệ thức Niu-tơn ta có

2 ZAZXZYZMZNZA ==  là tiếp tuyến của đường tròn ( ) AMN Đpcm.

Câu 5 Số phần tử tối đa mà người ta có thể chọn ra từ tập hợp { }1,2,...,31 sao cho tổng

của bất kỳ hai phần tử được chọn không là một số chính phương là bao nhiêu ? 4,0

Gọi { }1,2,3,...,31 TS⊂= . T ={Không có hai phần tử có tổng là scp}

Chú ý rằng trong số đó Tập { }6,19,30 A = có nhiều nhất một số thuộc T , vì tổng

của bất kỳ hai trong số đó là số chính phương.

Chúng ta có thể phân hoạch tập \ SA thành 14 cặp sau

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )31,18,29,20,28,21,27,22,26,23,25,24,17,8

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )16,9,15,10,14,11,13,12,7,2,5,4,3,1

Lưu ý rằng mỗi phần tử của S có đúng một lần, hoặc trong A hoặc ở một trong những cặp trên( cặp có hai phần tử là SCP). Ta thấy T không thể có nhiều hơn

15phần tử được. Ngược lại điều này chỉ có thể nếu trong 14 cặp

Trên mỗi cặp chỉ có một phần tử cộng thêm có chính xác một phần tử của A. Giả sử rằng tồn tại tập T có 15 phần tử

Giả sử rằng 14 T∈ suy ra 2,11,22 T∈ / ( vì tổng của chúng với 14 là SCP), khi đó

7,27 T∈ ( do mỗi cặp có một phần tử thuộc T ) kéo theo 9,18,29 T∈ / khi đó

1,0

a) Gọi O là tâm đường tròn ω ()// KPBKAB KPBKFEdongviBPEF

Từ đó suy ra // BPCQ

Suy ra , BPCQ là hai đáy hình thang cân. Suy ra OTBP ⊥ , do đó OTEF ⊥ . Dễ chứng minh được EFOA ⊥ .Từ đó suy ra ,, AOT thẳng hàng. Vậy T thuộc đường thẳng

AO cố định.

b) Ta có ,, BCEFAK theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ω

1,0

16,31,20 T∈ ( chúng cùng cặp tương ứng với 9,18,29 ). Nhưng khi đó trong T có

162036 += là số chính phương vô lý 1,0

//∈

Kéo theo 3,13,28 T∈ , khi đó trong T có 13316 += là số chính phương vô lý

Như vậy trong T có tối đa là 14 phần tử chẳng hạn { }1,5,10,12,14,16,17,18,21,23,25,27,29,30 T = 1,0

THPTCHUYÊNBIÊNHÒA

Câu Đáp án Điểm

≥ + + ⇔ n n n n u u u u 5 3 5 3 1 1 2 + ≥ + + + +

3,2,1

Đặt nv n n u

Khi đótừ (1) ta có n n v v ≥ +1 , 3,2,1 = ∀n (2)

0,5đ

4,0 Z Y X L D O N M T P Q K F E C B A

AMN .

KFEKAB ∠=∠  ∠=∠  ∠=∠

AFEAKQ ∠+∠=  ∠=∠   ∠+∠= 

. 0 0 180 ()// 180 ACQAKQ ACQAFEdongviCQEF

1,0

và ;ω ′ ω ′ và ( ) AEF ; ω và ( ) AEF . Do đó ,, BCEFAK đồng qui tại một điểm D Gọi L là giao điểm của BF và CE ; , XY theo thứ tự là giao điểm của , BFCE với AD .Suy ra (,)1(,)1(,)1 ADXYBADXYBECLY =−  =−  =− (,)1. ECLY  =− Mà N là trung điểm CE , nên theo hệ thức Mác-lô-ranh ta có 30

Giả sử rằng 1411TT∈  ∈ / tiếp theo 5,14,254,241,12,21TTT∈  ∈ 

u 5 3 1

Câu 1 (4,0 đ) Ta có n n n u u u 5 3 5 2 1

= ∀n (1)0,5

+ = + , ........ 3,2,1

= ∀n

Vì dãy số +∞ =1 ) ( n n u bị chặn trên nên tồn tại số M sao cho M u n ≤ , 3,2,1 = ∀n M M M v n 5 8 5 3 = + ≤  , ........ 3,2,1 = ∀n (3)

Từ (2) và (3)  dãy) ( nv tăng và bị chặn trên  dãy) ( nv hội tụ và giả sử

vn = lim

Đặt 8 5a b = . Ta chứng minh lim b u n = Vì a vn = limnên 0 > ∀ε đủ bé , * 0 N n ∈ ∃ sao cho 5

Câu 2 (4,0đ)

a) Gọi J là tiếp điểm của (I) với BC.

Giả sử IJ cắt (I) tại điểm thứ 2 là N ’ ≠E

Qua N ’ vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại điểm B ’ , C ’

Ta có k AC AC AB AB = =

 phép vị tự k A V : B B ’ C →C’

 k A V : ABC → A ’ B ’ C ’

0,5đ

Do đó k A V : D →N ’  A, N ’, D thẳng hàng  N ’ trùng với N 0,5đ

Khi đó NI//AK (cùng vuông góc với BC) MK IM AK IN = 

mà IN = IM nên suy ra KA = KM

b) Từ câu a ta suy ra: đường tròn có tâm thuộc đường cao AH, đi qua A và tiếp xúc (I) tại M thì M∈AD/ do đó A1∈AD

Tương tự, nếu gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B, C của với CA, CB thì B1 ∈BE; C1∈CF AA1 , BB1, CC1 đồng quy ⇔ AD, BE, CF đồng quy.

0,5đ

Câu 3 Do ( ) ( ) ( ) ,1PxPx ′ = theo định lý Bezout tồn tại ( ) ( ) [ ] , UxVxx ∈ ℤ sao cho : 0,5đ

0,5đ

∀  5 5

+ >  +

5 3

5 1 1 ε 5 5 3 1 ε + <  + b u b u n n 0n n ≥ ∀ 0,5đ 5 5 3 0 0 1 ε + <  + b u b u n n 5 5 . 5 3 5 3 5 3 0 0 0 2 1 2 ε ε ε + +       < + < + + ububub u n n ..........         + + +       +       +       <  + 1 5 3 .... 5 3 5 3 5 5 3 2 1 0 0 k k u k k n b u b u ε 0,5đ 5 3 1 5 3 1 5 5 3 0 0       +       < ⇔ + k u k k n b u b u ε 2 5 3 5 3 1 2 5 3 0 0 0 ε ε +       <               +       < ⇔ + b u b u b u n k k u k k n 0,5đ Vì 0 5 3 lim 0 =       ub n k nên với k đủ lớn thì 2 5 3 0 ε <       ub n k 0,5đ Do đó ε < + ub k n0 với k đủ lớn tức là ε < b u n với n đủ lớn và 0 > ε nhỏ tuỳ ý. Vậy ub n = lim Hay dãy ( ) nu có giới hạn hữu hạn (đpcm). 0,5đ 32

ε < a v n , 0n n ≥

3 1

< + + b u u n n b u b u b u b u n n n n >

) (

N M I A B C D H K B' C'

(4,0 đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,, PxUxPxVxdddconst ′ −=∈= ℤ

Xét tập ( ) { } * |, ApnPnp =∈℘∃∈ ℕ⋮ . Ta sẽ chứng minh A =∞ .

Giả sử: { } 12,,...,,,1,. ki Appppik =∈℘= Đặt 12 kMppp =

Ta có : ( ) 1 110 , mm mm Pxaxaxaxa =++++ với ,0,0,im aaim ∈≠= ℤ .

( ) ( ) ( ) ( ) 1 0010100 , mm mm PkaMakaMakaMakaMa =++++ ⋯

()()12 001010 mm mm kaMakaMakaMaa  =++++

 ⋯

( ) ( ) [ ] ( ) 000 ., kaMQkaMaQxx =+∈ ℤ

( ) 00.1akMQkaM=+

Lấy ( ) ( ) ( ) 0 ,|.1,1,1 iqqkMQkaMqMqp ∈℘+  =⇔= (vô lý) , vậy A =∞

Xét pA ∈ để pd > suy ra tồn tại * 0x ∈ ℕ sao cho ( ) 0 Pxp ⋮ và ( ) 0 Pxp ′ / ⋮ .

Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) 1 0010100 mm mm Pxpaxpaxpaxpa +=+++++++

(

() ()

Câu 5 (4,0 đ)

Cứ tiếp tục như vậy ta thu được dãy số vô hạn thoả mãn yêu cầu đề bài. 0,5đ

Ta gọi một đường đi từ đỉnh (0,0) đến đỉnh (2020,2020) theo hướng sang phải hoặc đi lên là đường đi tiến. 0,5đ

Mỗi đường đi tiến gồm 4040 bước, với 2020 bước sang phải và 2020 bước lên trên. Như vậy mỗi đường đi tiến là một cách chọn 2020 bước sang phải trong số 4040 bước. Do đó số đường đi tiến là 2020 4040C .

0,5đ

Pxp Pxpp  /  / + 

 ⋮

Ta xây dựng một dãy thoả mãn đề bài như sau

ố

0,5

Ta lại gọi một đường đi tiến không vượt qua đường chéo chính là một đường đi tốt, ngược lại là một đường đi không tốt. Ta sẽ tìm số đường đi không tốt

Cho P là một đường đi không tốt. Khi đó P sẽ gặp đường thẳng 1 yx=+ lần đầu

tiên tại một điểm A . Lấy đối xứng đoạn đường của P từ điểm O đến điểm A qua đường thẳng 1 yx=+ ta được một đoạn đường đi từ điểm (1,1) đến điểm A .

0,5đ

Giả sử n xxx ,....., , 2 1 là dãy số thoả mãn xxxk k ⋮ + + + ..... 2 1 , ,....

Khi đó , đặt xm xx n n = = + + 2 1 ,

Từ đó ta đượ

,....., , + + n n xxxx thoả mãn

2 1 2

3,2,1

0,5

0,5đ

Đoạn đường này cũng là một đường đi tiến. Kết hợp đoạn đường này với phần còn

lại của P từ điểm A đến điểm (2020,2020) ta được một đường đi tiến từ điểm (1,1) đến điểm (2020,2020)

0,5đ Ngược lại, cho Q là một đường đi tiến từ điểm (1,1) đến điểm (2020,2020) . Khi đó Q sẽ gặp đường thẳng 1 yx=+ lần đầu tiên tại một điểm A . Lấy đối xứng đoạn đường của Q từ điểm (1,1) đến điểm A qua đường thẳng 1 yx=+ ta được một đoạn đường đi từ điểm O đến điểm A

0,5đ Đoạn đường này cũng là một đường đi tiến. Kết hợp đoạn đường này với phần còn lại của Q từ điểm A đến điểm (2020,2020) ta được một đường đi tiến từ điểm O

đến điểm (2020,2020) . Đường đi này là một đường đi không tốt.

Như vậy số đường đi không tốt từ điểm O đến điểm (2020,2020) đúng bằng số đường đi tiến từ điểm (1,1) đến điểm (2020,2020) . Số đường đi này bằng 2019 4040C

0,5đ

Suy ra số đường đi tốt từ điểm O đến điểm (2020,2020) là 0,5đ

0,5đ

PxPxppTT ′ =++∈ ℤ 0,5đ Từ đó suy ra: ( )

2 0 0 2 0 Pxp Pxp Pxpp   ′   +   ⋮

(

1 1 01010001 mm m mm m axaxaxamaxpap =+++++++ 0,5

) ( ) ( ) 2 0 , o

⋮ ⋮ ( vô lý)

) ()

2 0

⋮ ( ) 0Px  không là số chính phương hoặc ( ) 0 Pxp + không là s

chính phương. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 4 (4,0 đ)

Chọn 2 3 2 1 = = = xxx

= ∀k

Gọi m là số nguyên dương bé nhất không nằm trong dãy n xxx ,....., , 2 1

Do ( ) 1 2 = + + n n nên theo định lý thặng dư Trung hoa , tồn tại số nguyên x lớn

0,5đ

1 1 2 1 + + = + + + + + xxxxsxn n n ⋮ 0,5đ 2 2 1 2 1 + + + = + + + + + + xxxxsxnn n n ⋮ 0,5đ 34

hơn { } n x x x max,,...., 2 1 và thoả mãn    + ≡ + ≡ (mod (mod n s m x n s x Với n sxxx + + + = ..... 2 1

c dãy

1 ,

Do đó k x x x k ⋮ + + + 2 1 , ,...., 3,2,1 + = ∀ n k 0,5đ

−= TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Câu Nộidung

chọn ( )61,q1kqq=−∈≥ ℕ

u uuunn +

1 2 ,1 n nn

=−∈≥

Gọi ( ) ; aa Ir là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Xét phép vị tự ar r AV tâm A

phép vị tự ar r AV tâm A biến ( ) ; Ir thành ( ) ; aa Ir , biến E thành điểm F’ thuộc ( ) ; aa Ir thỏa mãn ' a IFBC ⊥ và 'r aa IF = , dễ có ' F là tiếp điểm của ( ) ; aa Ir với BC

1,0

2,0

3961234ppkqq =  +=+−=+ 1,0 ( ) ( ) 222 3611631 ppkpqpqll >  +=+−=−+=>

tích ( ) ( ) .1....(1)PnPnP

)

Có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 .111 PkPkPkkPn  +=++=+ ta có đpcm 1,0

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

a)Chứngminhrằngtậphợp { } () fxxS ∈ khôngthể bằngvớitậphợp { },22015nnn∈≤≤ ℕ .

b)Chỉ ramộtvídụ trong đótậphợp { } () fxxS ∈ bằngvớitậphợp { },3,22016nnnn∈≠≤≤ ℕ

=  là một số chẵn.

=  . Do vậy ()2 xS fxk ∈

4 điểm

1,0

Nếu { } { }(),22015 fxxSnnn ∈=∈≤≤ ℕ thì { } () fxxS ∈ phải có đủ 2014 phần tử và tổng số cácphần tử này bằng

()23...2015 xS fx ∈ =+++  là một số lẻ.Mâu thuẫn! Từ

1,0 3 Tìm số nguyên k thỏa mãn 2 pk + là hợp số với mọi số nguyên tố p . 4 điểm 36

1,0

Điểm 1



  

 ℕ

4 điểm D

1,0

1,0 Theo

lim1

nu 

202020192020 404040404040 1 2021   1,0 Ta

CCC 1,0

Cho dãy số ( ) n u xác định bởi: () 1 2 1

Tính ( ) lim. n nu

ễ cm được ( ) lim0 n u =

1 111 1 1 nnn uuu + −=→ khi n →+∞

định lí trung bình Cesaro ta có 1

có ( ) lim.1 n nu =

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

4 điểm

1,0 (

Do A, E, F’ thẳng hàng nên ' FF ≡

) 2 2461321 ppkqq =  +=+−=−

1,0

4 Cho ( ) 2 1 Pxx=+ . Chứng minh tồn tại vô số số n ∈ ℕ sao cho ( )1 Pn + là

ước củ

4 điểm ( ) ()( ) ( )2 2 2211111kkkk +++=+++ 1,0 ( ) ( ) ( ) 2 .11PkPkPkk  +=++ 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 .1....(1).1nkkPnPnPPkPk =+  −+ ⋮ 1,0

a) Tổng số cái đập tay của tất cả mọingười bằng 1 () 2 xS kfx ∈

đó có đpcm.

b) Với 2 n ≥ . Mỗi nhóm n S gồm 42 n người,mô hình sau đây cho ta một ví dụ

thỏa mãn { } { } ()2;4;5;6;...;41;4 n fxxSnn ∈=− .

1,0

khi đó lim20lim2 nn xx −=  = . (0,5 điểm)

Lời giải bài 2:

Giả sử b= 1 ... mppαβ là phân tích của b ra các thừa số nguyên tố, ở đó các số mũ đều lớn

hơn hoặc bằng 1. Ta chứng minh các số mũ ,..., αβ đều chia hết 2019 là xong. Chẳng hạn tachứng minh 2019|α .

Thậtvậy lấy 2kb = ta được 22019 | kbba , suy ra 2019 1 | kpa α . (1,0 điểm)

Nếu 12019 1 | kpa α+ thìtừ 2221 11 ... m bpppαβα+ = ⋮ , dẫn đến 1 1bpα+ ⋮ , mâu thuẫn. (1,0 điểm)

Do đó khi phân tích 2019 ka thành thừa số nguyên tố thì lũy thừa của 1p bằng α .(0,5

điểm)

Nhưng 2019 ka là lũy thừa 2019 nên tất cả cácsố mũ đều chia hết cho 2019.

Từ đó 2019 α⋮ (1,0 điểm)

Hoàntoàntương tự ta có 2019 β⋮ . (0,5 điểm)

Như vậy bài toán được chứng minh.

Lời giải bài 3.

+ Hiển nhiên ( ) 0 fx = với x ∀∈ ℝ là một hàm thỏa mãn bài toán. Ta đi tìm các hàm số

khác. (0,5 điểm)

+ Cho ( ) 000xyf ==  =

Mỗi vòng tròn trong hình đại diện cho một người x và số trong vòng tròn là ()fx .

Số trên mỗi cạnhlà số lần đập tay củahaingười kề nhau vớinhau.

Lấy 504 n = cho talời giải củabài toán.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐÁPÁN

Lời giải bài 1:

- Dùng quy nạp chứng minh được 3 1 2 n x << với mọi 2,3,4... n = (1,5 điểm)

- Xét hiệu 2 1 22 2122. 22 n n nnn xx xxx + +− −=+−−=− (1,0 điểm)

- Từ điều

1,0

Từ giả thiếtta có () () () ()()() .2 2 x fxfyfxfyffy +=++ . Thay x bởi ( )fx tacó:

()() () () () ( ) ()()() .2 2 fx ffxfyffxfyffy +=++ . Từ tính chất đối xứng cho ta

( ) ( ) ( ) ( ) .2.2 fxfyfyfx = . Vậy với x, y mà ( ) ( ) ,0fxfy ≠ thì ( ) () ( ) () 22 fxfy k fxfy ==

(với k là hằng số). Vậy ( ) ( ) 2. fxkfx = (1). (1,0 điểm)

Viết lại hệ thức đề bài ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22.2 fxfyfxxfyffy +−=+

Như thế với mọi x luôn có u,v sao cho: ( ) ( ) ( ) ( )xfufvxfvfu =−  += .

Từ đó () () () () () ()()() () () 2 2 x fxfvffufxfvffvffu +=  ++= (2)

Suy ra ()()() () () () 2 kx fxffuffvfv =−− .

Mặt khác do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 xfvxfufxfvfxfu +=+  +=+

2 1

Vậy 1 1 1

+ <−<−<<−→ 38

kiện

2 32122

1 2222

n x xq −+− <<  <<=< . (1,0 điểm)

02.2..20 n nn xqxqx

Hay ()()()() () ()()() 2.2.2 2 x fxxfvffvfxfuffu ++=++ .

Lại áp dụng (1): ()()()() () ()()() 2 kx kfxkxfvffvfxfuffu ++=++

 ()() ()()()() () () () 1.. 22 kx kx kfxfvfuffuffvfv  −+−=−−    (3)

So sánh (2) và (3) và chú ý rằng ( ) ( ) fufvx −= , ta được:

()() ()()() 2 2 12 22 kfxfxkfxkxkx −−=  −= (1,5 điểm)

Thay dạng của ( )fx vào đầu bài ta tìm được ( ) 2 2 kfxx =  = .

Vậy ( ) () 2 0 fxx fxxx  =∀∈  =∀∈  ℝ ℝ

Hiển nhiên () 2 2 24 kx kfx k ≠  = (0,5 điểm)

Lời giải bài 4.

Nên điểm 1A nằm trên đường tròn ngoại tiếp 1k của tam giác BHC. Tương tự 11 , BC

tương ứng nằm trên đường tròn ngoại tiếp 23 , kk của tam giác CHA và tam giác AHB

Do đó ta có: 111111111 2 BHCBHACHABCACBABAC =+=+= . (0,5 điểm)

Tương tự, ta cũng có: 1111111111 2;2 CHACBAAHBACB == , do đó ta có H là tâm đường

tròn ngoại tiếp của 111ABC . (0,5 điểm)

Bây giờ, qua các đỉnh của ABC, kẻ các đường thẳng song song với các cạnh tương ứng

của tam giác này, ký hiệu các giao điểm của những đường thẳng song song này với các

cạnh là 000 ,, ABC . Vì 000111000111000111 ,, ABCABCBCABCACABCBA === .

Nên theo chứng minh trên, các đoạn 000 ,, AHBHCH có cùng độ dài và là đường kính

của các đường tròn 123 ,, kkk . (1,0 điểm)

Rõ ràng tồn tại một phép quay và một phép vị tự cùng tâm H sao cho hợp của hai phép

biến đổi này biến tam giác 111ABC thành tam giác 000ABC . Khi đó ảnh của trực tâm 1H

của tam giác 111ABC là trực tâm 0H của tam giác 000ABC . Như vậy 0 1010 90 HHHHAA== . (1,0 điểm)

Do đó, để giải bài toán ta cần chứng minh tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của 0HH (lúc đó 10OHOHOH == , tức là H và 1H cách đều O, điều cần chứng minh).

Thật vậy, tam giác 000ABC∆ là ảnh của tam giác ABC∆ qua phép vị tự tâm là trọng tâm

của tam giác ABC, hệ số 2 . Do đó, 0 2 MHMH =− và từ 2 MHMO =− , ta có

0 OHOH =− (1,0 điểm)

Lời giải bài 5.

a). Ví dụ về 10 tập hợp như vậy: (1,2,3);(1,4,5);(1,6,7);(1,8,9); (2,4,6);(2,5,7);(2,6,8),(2,7,9) ; (3,5,10); (3,6,10). (1,0 điểm)

b) 2 tập hợp có chung 5 phần tử thì khi chia cho 15 sẽ không thể có cùng số dư. (1,0 điểm).

Có tất cả là 6 15 5005 C = tập con có 6 phần tử, mà chỉ có 15 lớp số dư. Tồn tại ít nhất 5005/15~333 tập hợp có cùng số dư, 2 tập bất kì trong đó sẽ có chung không quá 4 phần

tử. (2,0 điểm) ----------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC vì: 00 111 180180 CHBCABCAB =−=− 40

Ế

----------

Câu Nộidung Điểm

I (4điểm)

Xét hàm số () 32 ,;0,0 1022 x fxyxy yx + =>> ++

Với 2 k ≥ , k chẵn, ta có () 22 34.2534.25 k k −+−≥+− và 5 k ≥ , k lẻ, ta

có ()( ) () 34.25214.25 kkkk −−+−=+−+

II (4điểm)

Ta có ( ) () () 2 2 1032 302 0;0;0,0 10221022 y x

x y ffxy yxyx −+ + =<=>∀>∀> ++++ .

( ) 12 1 2.2.24.25 2 kkkk kk k ≥++−+

1,0

202 20,2 1022 nn n nn

1 1 1

xx xn xx + ++ −=>∀≥ ++ .

Vậy 02,1 n xn <<∀≥ . Vậy dãy đã cho bị chặn.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp ( ) 21 n x + tăng và dãy ( ) 2n x giảm.

Thật vậy, 1142 115 ; 617 xxxxx =>>=< .

Giả sử 2121 nn xx+− > .

Ta có ( ) ( ) ( ) 232122212221221 ,,, nnnnnnnn xfxxfxxfxxx +++−+−+ =>>= . ( ) ( ) ( ) 2222122122212 ,,, nnnnnnnn xfxxfxxfxxx ++−−− =<<=

( )551 5 14.250 28 k  ≥++−+>   .

Từ đó với 0,1,3 k ≠ ta có 0 ka = . Vậy không còn đa thức nào khác. III (4điểm) .a) Xét BOP∆ và DQO∆ có: ()BDgt BOPDQO

 =   ∆∆

Vậy tồn tại 212lim,limnn xaxb + == . Ta có 32 197 1022 24 32 1 1022 2

a a ab ba b b ab ab

 +  + = ==    ++  ⇔  +   = +=   ++  

Nếu 11 22 abba +=⇔=− .

Khi đó 2 4210 aa−+= vô nghiệm.

Vậy 197 lim 24 n x + = .

Ta sẽ chứng minh ( ) 3 Pxaxbxc =++ , trong đó ,, abc là các số thực tùy

ý.

Rõ ràng ( ) ( ) 1, PxPxx == thỏa mãn yêu cầu. 1,0

Các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,,,,, xPxyPyzPz thẳng hàng khi và chỉ khi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 xyPzyzPxzxPy −+−+−=

Nếu 0 xyz++= thì

( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ) 333 0 xyzyzxzxyxyyzzxxyz −+−+−=−−−−++=

Vì thế ( ) 3Pxx = thỏa mãn yêu cầu.

Do đó ( ) 3 Pxaxbxc =++ với ,, abc tùy ý.

Ta sẽ chứng minh ngoài đa thức trên sẽ không còn đa thức nào thỏa mãn.

Thật vậy, thay ,2,3 xxyxzx ===− chúng ta có

( ) ( ) ( ) 35420xPxxPxxPx −−+−=

Do đó cho ( ) 01 ...,0 n n Pxaaxaxkn =+++≤≤ ta có

()( ) 34.250 k k ka −+−= .

BOPDQOPQO

 ==

  ∼ 2 BOBP DQBPOB DQDO  =  =

Vì 22 OBODDEDCDEBC === nên BPBC DQBPDEBCBPCDEQ DEDQ =  =  ∆∆

Giao điểm I của PE và CQ là tâm của phép vị tự biến BPCDEQ∆→∆

IBD  ∈

b) Nối BQ cắt MN tại K. Ta cần chứng minh: // KPAD

Do KN // BD nên () 1 BKDN BQQD = . Ta có:

2 .,, BMABOBABADAMANBMDN ===  =

Theo a), 2 . OBBPDQ = . Do đó, ()..2 DNBP DNABBPDQ DQBA =  =

Theo (1), (2) suy ra: // BKBP PKAD BQBA =  . Vậy KQ đi qua B.

2,0

Trong lời giải này, tất cả các đồng dư thức đều là modulo p

Từ giả thiết ta có , suy ra (1)

Ta có y - x là số nguyên dương bé hơn p và p là số nguyên tố nên y - x và p là nguyên tố cùng nhau.

Do đó từ (1) ta được . (2)

1,0

Chứng minh tương tự ta cũngcó (3), và (4) 2,0

2,0

1,0

2,0

A D B C O F M E N P Q K 2,0

(4điểm)

Từ (2) và (3) ta có suy ra

Do đó x + y + z chia hếtcho p, mà 0 < x + y + z < 3p, suy ra

x + y + z bằng p hoặc 2p. (5)

Sử dụng (2) ta có , kết hợp với ta được , thay trở lại (2) ta có (6)

Từ (5) và (6) với chú ý x + y + z và cùng tính chẵn lẻ ta có điều

phải chứng minh.

Gọi A là tập hợp các bộ điểm ( ) ,, MNP thỏa mãn M, N, P là ba điểm của S

và tồn tại ít nhất một điểm của hệ cách đều ba điểm đó (điểm này được gọi là tâm của S).

Với mỗi điểm P của S có ít nhất k điểm của S cách đều P. Suy ra số bộ thuộc

A nhận P làm tâm của bộ lớn hơn hoặc bằng 2 n C

Có n điểm được tính nên số cặp không nhỏ hơn 3 knC .

Có n điểm nên có 3 n C bộ. Theo (i), mỗi bộ có không quá 64 lần tính. Số cặp

được tính không lớn hơn 3 64 n C

Từ đó suy ra 33 64. kn nCC ≤ hay

( )( ) ( )( )126412nkkknnn −−≤−−

( )( ) ( )( )126412kkknn ⇔−−≤−−

()()() 3 16412knn ⇔−<−− ()() 3 1412knn ⇔<+−−

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

Câu Nộidung

Cho dãysố () n a đượcxác địnhbởi:

1 1 2 a = , ( )( ) 1 21,1nnn aaan + +−=∀≥

a)Tìmgiớihạncủadãy () n a khi n → +∞.

b)Chứngminhrằng 12 ...2 1,1,2,... 2 n aaa n n +++ ≥−∀= .

+ Biến đổi ( )( ) 1 2–1 nnn aaa + += 1 1 2 nn n

1a)

Câu N

aa a + ⇔+= 2 1 121 22 nn nn nn

a n a ∀≥ + [] ( ) [] 2 12

aa aa aa + −+ ⇔=−= = ( )2 1 ,1 2 n n

11 1141 2 0,1,0,1 1 2326 22 aa=∈===∈

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



−=

=   Vậy

Xét hàm số () (

()

a a a < 1 122122 2222  −<<−  

n n aa

a aan a + ==∀≥

Ta lại có: ( )( ) 1 21 nnn aaa + +−=

1,0

2,0

Điể

ộidung Điểm Giả sử [ ]0,1 n a ∈ , ta có: () () 2 1 2 1 1 0 2 11 1 221 n n n n n n a a a a a a + +  =≥     =≤=   [ ] 1 0,1 n a +  ∈ Vậ

∈

n ∀≥ + Với [ ]0,1 n a ∈ , ta có: ()2 1 1 2222 222 n n n a a a + −=− = ( ) ( ) () 2 222222 22 nn n aa a −++− () () 2 1 222222 22 nn n aa a  =−++−  = () () 122 .22 222nn n aa a    = 222 22 n n n a a a   

y [ ]0,1

, 1

= 222 22 n n n

= 1122121 22222  

lim 2 n a = là giới hạn cần tìm 1,0 1,0 1b)

Mà lim 121 0 22 )2 1 2 x fx x = , với [ ]0;1 x ∈

n

Ta có ( )fx liên tục trên đoạn [ ]0;1 và

( )( ) () [] 2 13 f0,0,1 2 xx xx x =≤∀∈ ( )fx  nghịch biến trên đoạn[ ]0;1

Ta viết lại ( ) () 2 1 1 f,1 2 n nn n

Suy ra: () 1 1 0f0 2 n aa ≤<== (vì ( )fx nghịch biến trên đoạn[ ]0;1 )

Câu Nộidung

⇔=−⇔−=− ++

11 211 nn nnnn

aa aaaa ++

Suy ra: () 11 1

1 1 nn k kk kk an aa == +

n k n n k kknk k k

−=− +  () 22 1 111 1 2 2

⇔−≥−=− +++   = = 2 11 1 2 n nk k

nn nann aaaaa = ++ = =

n n aaa + =

−+  ≥ 2 1 2 n k k

n n a =  (vì 1111 0 an aaaa ++ ≥  −< )

n nan a = =

−≥−   (*)

2 1 1 2

n k n k k k

Đặt 1

n k k xa =

=  ,khi đó:(*) 2 2 n nxn x ⇔−≥−

<=> 222–4 0 xnxn+≤⇔ 22 11 22 nxn  −≤≤+ 

n k k a n = ≥  (đpcm).

nằm trong tam giác ABC . Gọi D là giao điểm của AP với Ω

( ) DM ≠ , E là giao điểm của BP với AC , F là giao điểm của

CP với AB , M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF với Ω ( )MA ≠ . Tiếp tuyến tại B và C của Ω cắt nhau ở

T , DT cắt Ω tại L ( )LD ≠ .

a) Gọi X là giao điểm của BC và EF . Chứng minh ba điểm A , L , X thẳng hàng.

1,0

2a) Ta có M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BCEF nên ( ) XBMF ∈ và ( ) XCME ∈ .

Vìtứ giác BDCL điều hòanên ( ) ,1ABCDL =− . 1,0

Lại có ( ) ,1ABCPX =− . Suy ra XAL ∈

Vậy ba điểm A , L , X thẳng hàng. 0,5

2b)

Ta có BYXEYXXCE == (gócnội tiếp ( ) CME )

XCAXLB== (bù với ALB )

XNB = ( N đối xứng L qua BC ).

Suy ra ( ) XBNY ∈ .

Tương tự ( ) XCLY ∈ . 0,5

Ta có YNZYNXXNZYBXXCZPBXBCPBPZYPZ =+=+=+== .

Suy ra tứ giác PNYZ nội tiếp. 1,0

Lại có MYPMYEMCE == (góc nội tiếp ( ) CME )

MCAMDA== (góc nộitiếp Ω )

46 Câu Nộidung Điểm

Điểm

 12

 ≥

2 x n

Vậy 1 12 2 1,0

2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn Ω , P là điểm

b) Gọi N là điểm đối xứng của L qua đường thẳng BC . Chứng minhrằngbốn điểm ,,, DMNP cùngnằmtrênmột đườngtròn.

Câu Nộidung

MDP = .

Suy ra ( )YMDP ∈

Tương tự ( )ZMDP ∈ .

Do đó 6 điểm ,,,,, MPDNYZ cùng nằm trên một đường tròn.

Vậy ,,, DMNP cùng nằmtrên một đường tròn. 1,0

3 Tìm đa thức ( )Px hệ số thựcthỏamãn: ( ) ( ) ( ) 2 1–.10PxxPxPx+++= ,vớimọi xR ∈ (1)

* Trường hợp 1: ( )Px là một đathức hằng

+ Giả sử ( ) PxC ≡

Từ (1)ta có: 22 –00 CCCCC ⇔= ⇔ == hoặc 1 C =

+ Thử lại: đa thức ( ) 0 Px ≡ , ( ) 1 Px ≡ . 1,0

* Trường hợp 2: ( )Px không phải làmột đa thức hằng

+ Khi đó tập nghiệmphức của ( )Px là hữu hạn và khác rỗng

Giả sử a làmột nghiệm của ( ) ( ) 0 PxPa  = (1) ( ) ( ) ( ) 2 1–. 10 PaaPaPa  +++= ( ) ( ) 22 1–00 0 1 PaaPaa  +=  ++ = +

2 1 aa  ++ cũng là nghiệmcủa ( )Px .

+ Thay x bởi 1 x vào (1),ta có: ( )1 ()()()() 2 1111.110PxxPxPx −+−+−−−+= ( ) ( ) ( ) 2 11.0PxxPxPx  −+−−=

Như vậy, nếu a là nghiệm của ( )Px thì 2 1 aa−+ cũng là nghiệm

của ( )Px .

+ Giả sử 0x là nghiệm có mô đun lớn nhất (nếu có vài nghiệm như

thế thì ta chọn 1 trong chúng)

Ta có: ( ) ( ) 2222 000000000 21111 xxxxxxxxx =++−++≤+++−+ (2).

Vì 22 00000 ,1,1xxxxx++−+ là nghiệm của ( )Px và 0x là nghiệm có

mô đun lớnnhấtnên: 22 00000 112 xxxxx +++−+≤ . (3)

Từ (2)và (3) suy ra: 22 000000 2112 xxxxxx ≤+++−+≤

22 00000 211 xxxxx ⇔=+++−+

Dấu "" = xảy ra khi

( ) 22 000011xxxx++=−−+ và 22 000011xxxx++=−+

⇔ 2 0 10 x += và 22 000011xxxx++=−+

⇔ 2 0 10 x += và 00 xx =−

Câu Nộidung

⇔ 2 00101xx+=⇔=−

⇔ 0 xi = hoặc 0 xi =−

Suy ratồn tại đathức ( ) 1 Px vớihệ số thực sao cho ( ) ( ) ( ) 2 1 1. PxxPx ≡+ với ( ) 1 Px không đồng dư 0

Dễ thấy ( ) ( ) ( ) 2 11111.0PxxPxPx  −+−−= , xR∀∈

Nếu ( ) 1 deg1 Px ≥ thì làm lại tương tự như trên, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 12 1. PxxPx ≡+ .

Quá trình trên sẽ dừng lại sau hữu hạn bước do bậc của ( )Px hữu hạn.

Nói một cách khác là nZ + ∃∈ và đathứchằng ( ) n Px thỏa mãn () ( ) () 2 1. n n PxxPx ≡+ , với ( ) n Px không đồng dư 0 ( ) 1 n Px  ≡ (theo trường hợp 1)

Suy ra () ( ) 2 1 n Pxx≡+ , nZ + ∈

+ Thử lại: thỏa (1)

Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0,1,1 n PxPxPxx≡≡≡+ , nZ + ∈ .

1,0 1,0 4

Cho đa thức ( ) ( )( )( )( )( )( )( )( 123456789 Pxxdxdxdxdxdxdxdxdxd =+++++++++

với 1239 ,,,..., dddd làcácsố nguyênphânbiệt.Chứngminhrằng

tồntạisố nguyên N saochovớimọisố nguyên xN ≥ , ( )Px chia hếtcho mộtsố nguyêntố lớnhơn20.

Để ý rằng yêu cầu của bài toán không đổivới mọi x thay đổi, vì vậy không mấttính tổng quát giả sử 1239 ,,,..., dddd đều dương

Để ý thấy rằng chỉ có 8 số nguyên tố nhỏ hơn 20,trong khi đó

( )Px bao gồm nhiều hơn8 thừasố 1,0

Ta sẽ chứng minh rằng 8 Nd = thỏa mãn yêu cầu bài toán, với { }1239max,,,..., ddddd = . Giả sử ngược lại rằng có số nguyên xN ≥ sao cho ( )Px gồm những số nguyên tố nhỏ hơn 20. Vì vậy, với mọi chỉ số { }1,2,3,...,9 i ∈ , ixd + có thể biểu diễn dưới dạng tích các lũy thừa của 8 số nguyên tố đầu tiên.

Do đó 88xdxd +>≥ có lũy thừa nguyên tố i fd > chia hết ixd + .

Theo nguyên lý Dirichlet ta thấy rằng tồn tại 2 chỉ số , ij sao cho if và j f là những lũy thừa của cùng một số nguyên tố. Bởi tính đối xứng, ta có thể giả sử ijff ≤ . Khi đó cả 2 số ixd + và j xd + đều chia hết cho f , do đó hiệu ijff cũng chia hết cho if . Tuy nhiên, { } 0||max,ijiji dddddf <−≤≤< , vô lý.

Vậy bài toán đã được chứng minh.

1,0

2,0

Điểm

1,0 48

Điểm

Câu Nộidung Điểm

Ta địnhnghĩa viêngạchhìnhmóccâulà hìnhgồm6ôvuông đơn vị như hìnhvẽ dưới đây,hoặchìnhnhận đượcdolậthình đó (sangtrái,sangphải,lêntrên,xuốngdưới)hoặchìnhnhận được doxoayhình đó đimộtgóc.

Câu

cho 12

Nhận thấy, nếu sử dụng (H1) thì hiển nhiên lát được hình chữ nhật (do (H1) là hình chữ nhật 3 x 4 ). Nếu sử dụng (H2) thì hiển nhiên sử dụng tất cả (H2) cho hình chữ nhật theo cách ghép nỗi tiếp (nếu không ghép nối tiếp thì sẽ tồn tại ô trống), hiển nhiên sẽ trống 2 vị trí ( )a và( )b . Do đó, để lát đượchình chữ nhật mn × thì mn phải chia hết cho 12.

Nếu ít nhất một trong hai số , mn chia hết cho 4 thì có thể lát

Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật mn × , trong đó m , n là cácsố nguyêndương sao cho có thể láthìnhchữ nhật đó bằng các viêngạchhìnhmóccâu?

Với 1 m = hoặc 2 m = không thỏa mãn vìkích thước viên gạch là 3x3.

Nếu 5 m = thì khi đặt viên gạch thứ nhấthết 3 ô, do đó còn 2 ô không thể látviêngạch kế tiếp.

Do đó { } ,1;2;5.mn ∉

Chia hình chữ nhật đã cho thành các mn × ô vuông và đánh số các hàng, các cột từ dưới lên trên, từ trái sang phải. Ta gọi ô ( ) ; pq là ô nằm ở giao của hàng thứ p và cột thứ q. Hai viên gạch hình móc câu chỉ có thể ghép lại để được một trong hai hình dưới đây:

được. Thật vậy, giả sử được m chia hết cho 4. Ta có thể viết n dưới dạng: 34 nab =+ , do đó có thể lát được.

Điểm

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

Ôkhoảngtrống

1,0

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

----------------- Hết -----------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

Câu Nộidung Điểm

1 Chứng minh rằng với mỗi số vô tỷ α, tồn tại vô số cặp số ( ) , nnpq với np là số nguyên và nq nguyên dương sao cho với mọi n ∈ ℕ ta đều có

p qq α −<

2 1 . n nn

Cho trướcsố nguyên dương n tùy ý,xét dãy 1 n + số thực { } { } ( ) { } { } 0,,2,...,1,nn αααα ({ } [ ]xxx =− là phần lẻ của một số thực x )

 =∪∪∪  

4.0

ij ≠

cùng

; kk nn + 

( )

(H2) 1,0

a ( )b

Do hai viên gạch ghép lại có 12 ô vuông nhỏ nên mn chia hết 50

Nộidung

chúng đều thuộc nửakhoảng [ ) 1121 0;10;;...;1 n nnnn

   . 1.0

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số,giả sử { } iα và { } jα với

thuộc nửakhoảng

Khi đó ta có {}{}

() [][] () 11 ijijij

nn ααααα −<⇔−−−<

Giả sử 0. ijnij >  ≥>≥ Đặt [ ] [ ] , nn ijqijp αα −=−= , ta có nq nguyên dương và np là số nguyên.

Ta có 2 111 n nn nnn

p qp nqnqq αα −<  −<≤ (vì n qijn =−≤ )

1.0

Ta đi chứng minh tồn tại vô số ( ) , nnpq sao cho 2 1 . n nn

1.0

p qq α −<

Giả sử phản chứng tồn tại hữu hạn cặp số ( ) , nnpq sao cho 2 1 . n nn

p qq α −<

p Apq qq α +

Xét () 2 1 ;: n nn nn

  =∈×−<   

ℤℤ

Dựng các tam giác XBC , , YCAZAB bên ngoài tam giác ABC sao cho XBCHEF∆∆ , YCAHFD∆∆ và ZABHDE∆∆ ∼ Ta có ABCAEF∆∆ ∼ nên hai tứ giác AEHF và ABXC đồng dạng.

p pqA q αε−>∀∈

Do α là số vô tỷ, tập A là hữu hạn nên tồn tại 0 ε > sao cho () ,,. n nn n

Chọn n đủ lớn để 1 n ε >

Gọi 1I ′ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XBC , ta có

111 IABIAFIAC ′ ∠=∠=∠ .

Tương tự, gọi 23 , II′′ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác YCA và ZAB , ta thu được 22 IBCIBA ′ ∠=∠ và 33 ICAICB ′ ∠=∠ .

1.0

p qnqq α −<<

11 . n nnn

2 1

Ta đã biết tồn tại ( ) 11 , nnpq + ∈×ℤℤ sao cho 1 111

Suy ra () 1 11 111

Do đó các đường 123 ,, AIBICI đồng quy khi và chỉ khi các đường 123 ,, AIBICI ′′′ đồng quy.

1.0

p pqA qnqnnq αεεε ∈  −>  >  >> mâu thuẫn.

111 , , n nn nnn

Vậy điều giả sử là sai. Đến đây bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Trong tam giác ABC , các điểm ,, DEF lần lượt là chân đường cao hạ từ

, AB và C , H là trực tâm của tam giác. Gọi 123 ,, III lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác , HEFHFD và HDE . Chứng minh rằng các đường

thẳng 123 ,, AIBICI đồng quy.

Mặt khác 1 11 22 IBCXBCHEF ′ ∠=∠=∠ và 3 11 22 IBAZBAHED ′ ∠=∠=∠ , mà

HEFHED∠=∠ , do đó 13 IBCIBA∠=∠′′

Tương tự, 1223 , IBCICAICAIBA ′′′′ ∠=∠∠=∠ .

Do đó, theo định lý Jacobi, ta được 123 ,, AIBICI ′′′ đồng quy. Ta được điều phải chứng minh. 1.0 3 Cho dãy các đa thức ( ) n Px với hệ số thực được xác định bởi ( )

4.0

 =−   =+−−∀∈   ℕ

()()() 3 0 1

4 111,.nnn

Pxxx PxPxPxn +

Chứng minh rằng ( ) 2020 Px chia hết cho 2020 x

Mặt khác, 1.0

Với 1, n ≥ theo công thức truy hồi ta có n P là hàm chẵn.

1.0

4.0

1.0

Do đó ( ) 2 n Px + chia hết cho ( ) n Px

Nhận xét thấy nếu ( ) n Px chia hết cho ( )2 x thì ( ) ( ) 22 nn PxPx ++− chia hết cho .x Thật vậy, nếu ( ) n Px chia hết cho ( )2 x thì thay x bởi 2 x + ta có ( )2 n Px + chia hết cho ,x suy ra ( ) 2 n Px chia hết cho x . Suy ra

( ) ( ) 22 nn PxPx ++− chia hết cho .x

Mà n P là hàm chẵn nên ( ) ( ) 22 nn PxPx ++− chia hết cho 2 x

Từ đó ta có nếu ( ) n Px chia hết cho ( ) 2,2 k xxk−≥ thì ( ) 2 n Px + chia hết cho ( ) 2 2. k xx +

( ) 3 0 4 Pxxx =− nên 0P là hàm lẻ và ( ) ( )( ) 0 22Pxxxx=−+ chia hết cho ( )2 xx

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2000000 2222 PxPxPxPxPxPxPx =+−+++−

( ) ( )( ) 0 22Pxxxx=−+ chia hết cho ( )2 xx nên ( )

0 Px chia hết cho

( ) 2 2 xx và ( ) ( ) 0022 PxPx ++− chia hết cho x (theo chứng minh trên).

Từ đó ta có ( ) 2 Px chia hết cho ( ) 2 2. xx

Do đó ( ) 2020 Px chia hết cho 2020 x

4 Cho số tự nhiên 2. n ≥ Với mỗi cặp số tự nhiên ( ) , ab nguyên tố cùng nhau, đặt ( ) , gcd; ab dnabanb =++ . Tìm giá trị lớn nhất của , abd

Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 222 , |gcd21,2121 ab dnanbn−−=−

Ta chứng minh ( ) 2 21 ab dn=− không xảy ra. Thật vậy, giả sử ( ) 2 , 21 ab dn=− . Khi đó ( ) ( ) 2221, 21 nabnkanbnl +=−+=− với ( ) gcd,1. kl =

Ta thu được ( ) ( ) ( ) 2,2gcd, 2, anklbnlkab =−=−  ⋮ mâu thuẫn.

Vậy ( ) 2 , 1. ab dn≤−

Xét ( ) 11,1.annb=−−= Khi đó ( ) gcd,1, ab = và ( )( ) 22 11,1nabnnanbn +=−−+=− nên 2 1. ab dn=−

Vậy GTLN của , abd là 2 1. n

Trong một buổi dạ hội, mỗi người tham dự đều có ít nhất 3 người quen.

1.0

Chứng minh rằng có thể chọn ra một số chẵn người để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa hai người quen.

Chuyển sang ngôn ngữ đồ thị: Cho graph ( )G với n đỉnh ( )4 n ≥ , bậc của mỗi đỉnh đều 3. ≥ Chứng minh rằng trong ( ) G bao giờ cũng có một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn.

Xét tất cả các đường đi sơ cấp trong ( )G . Vì số đỉnh của ( )G là hữu hạn nên số đường đi này là hữu hạn và trong đó có đường đi có độ dài p lớn nhất, ta gọi đó là đường đi 12 .... p vvv

1.0

4.0

1.0

Xét hai số tự nhiên , ab nguyên tố cùng nhau. Ta có , ,

1.0

dnab danb + +

dunabnabanb dvnabnabanb =++=+++ =−−=+−+

|1 |1 ab ab 1.0

Vì 1v có bậc lớn hơn hoặc bằng 3 nên ngoài cạnh 12vv , còn có ít nhất hai cạnh nữa có đầu mút 1v . Giả sử đó là 11,.vvvw Nếu v không trùng với bất cứ ,2, i vip = nào thì ta có đường đi 12 ... p vvvv có độ dài lớn hơn p , mâu thuẫn giả thiết về p . Do đó ivv ≡ nào đó, 2,.ip = Tuơng tự, j wv ≡ nào đó, 2,,. jpji =≠

| | ab ab

Như vậy 1v có thể nối với ( ) ,,2.ij vvijp <<≤

1.0

Từ đó ta có ( ) ( ) ( ) ()() () 2 , 2 ,

−++=− −−+=−

dnunvna dnunvnb 1.0 54

53 ( ) ( ) ( ) ()()()() ()()()()()() 211 2 111 21211 2222 nnn nnnn nnnnnn PxPxPx PxPxPxPx PxPxPxPxPxPx +++=+−− =+−−−−−   =+−−++− 

1.0



1.0

4.0

Suy ra ( )( ) ( ) ( ) ()()()() , ,

|1121 |1121 ab ab

v(p)

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

Nếu i chẵn ta có chu trình sơ cấp 121 ... i vvvv có độ dài chẵn.

Nếu j chẵn ta có chu trình sơ cấp 121 ... vvvv có độ dài chẵn.

Nếu i và j đều lẻ ta có chu trình 1111 iijj vvvvvv +− có độ dài 2 ji−+ là số chẵn.

Vậy trong ( ) G bao giờ cũng có một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH LONG

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (4 điểm) Chocácdãysố thực (),(),() nnn abc thỏamãncác điềukiệnsau:

i) 1111,0,abc===

ii) 111 111 ,, nnn nnnnnn cab aabbcc nnn =+=+=+ vớimọi 1. n ≥

Chứngminhrằng ( ) 222 lim()()()0. nnnnnn nabbcca−+−+−=

Đặt 222 ()()(),.nnnnnnn uabbccan =−+−+−∀ Ta sẽ ước lượng giá trị của n u . Từ

côngthức đãcho,tacó 11 11

3 lim0. n dn =

Câu 2 (4 điểm) Cho p là số nguyên tố có dạng 1211 k + . Một t

p con

Trướchết,xéttậpcon 13,,,2,1 22 pp Spp ++  =−−

… thìrõràng S làtậpcontốt và

1 2 111 (1)!!2!2 (mod) 222 p S ppp ap  ∆=−−≡−= 



vàthỏamãn 2 |1pa theo địnhlýWilson.

-Nếu 1 (mod)ap ≡ thì 2 (mod) S p ∆= .

-Nếu 1 (mod)ap ≡− thìtrongtậpcon ,S thay 111 (mod) 222 ppp p +−+ →≡− thì

dễ thấydấucủa S ∆ sẽ đượcthay đổithành 2. Khi đó,trongcả haitrườnghợp,ta

đềuchỉ ra đượctậpcontốtcó 2 (mod) S p ∆=

Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho 1(mod) S p ∆= . Xét một tập con tốt S bất kỳ và gọi , aa ′ lần lượt là tích cácphần tử của ,\.SMS Theo địnhlý Wilsonthì (1)!1 (mod)aapp ′ =−≡−

Khi đó, nếu (mod)aap ′ ≡ thì 2 |1pa + , vô lý vì ta đã biết 2 1 a + không có ước nguyên tố dạng 43. k + Còn nếu 1 (mod)aap ′ −≡ thì 2 (21)3 (mod)ap −≡− , cũngvôlývì 3 1 p  =−   dotheogiả thiếtthì 11 (mod12). p ≡

Vậygiátrị nhỏ nhấtcầntìmlà 2.

1,0đ

1,0 đ

nn nnnn nnnnnn nnnn

ca abab n caabca abab nn

−=−+  −=−++

2 22 111111 11 2 ()2()() ()()

−−+−−+−− =++−−−=−+−+−

Câu 3 (4 điểm)

Chohàmsố : f → ℕℕ thỏamãn (2)5,(2020)2019ff== và ()((1)) fnffn=− vớimọi 1. n ≥

a)Chứngminhrằng (2)(21) fnfn+− làhằngsố vớimọi 2. n ≥

b)Tínhcácgiátrị cóthể cócủa (2019). f

Đặt (3),(4) fxfy == thìtacó: (3)((2))(5)((4))() xfffffffy ===== và (4)((3))() yffffx === .

Tasẽ chứngminhrằngvới 3 n ≥ thì () fnx = nếu n lẻ và () fny = nếu n chẵn (*)bằngquynạp.Thậtvậy, Với 3 n = và 4 n = ,(*)hiểnnhiên đúng.

Giả sử (*) đúngvớimọi k thỏamãn 31 kn ≤≤− .Khi đó,tacó2trườnghợp:

- Nếu n chẵnthì ()((1))() fnffnfxy =−== .

- Nếu n lẻ thì ()((1))() fnffnfyx =−==

1,0 đ

Do đó, theo nguyên lý quy nạp, (*) được chứng minh. Theo giả thiết thì 1,0 đ

55 v1

v(i-1)

1.0

1,0 đ

 1,0 đ Suy ra 2 2211 111 1 nnn nn uuu nnn −+  =−+=   với mọi 2. n ≥ Từ đây dùng đánh giá làmtrội 2 2 11 ,2 2 nnn n nn −++ ≤∀≥ + ,tacó 3 3 3 13 2142 n u nn uu nnn + ≤⋅= +++ ⋯ với 3. n ≥ 1,5 đ 56 Do đó 3 3 0 2 n u nun n    ≤≤      + . Dễ thấy 3 3 lim0 2 u n n    =      + nên theo nguyên lý kẹp, tacó

0,5 đ

Xâydựngcác đẳngthứctươngtự với 22 (),() nnnn bcca rồicộnglại,chúýrằng 222 222 ậ

()()()()()() 1 ()()(). 2 S củ

xyzxyzxyzxyz xyzxyyzzxxyyzzx Mp=− …

a {1,2,,1}

đượ

c gọi là “tốt” nếu như tích các phần tử của S không nhỏ hơn tích các phần tử của \.MS Ký hiệu S ∆ hiệu hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia

S ∆ cho p xéttrênmọitậpcontốtcủa M cóchứa đúng 1 2 p phầntử.

 



trong đó 1 ! 2 p a  =− 

Taxétcáctrườnghợp:

(2020)2019 f = nên 2019 y = ,suyra (2019),()2019 fxfx== .

Ta có 5(2)((1)) fff== . Dễ thấy (1)1 f ≠ vì nếu không thì

(2)((1))(1)1 ffff=== , mâu thuẫn. Các giá trị ()fn với 0,1,2,... n = lập thành

dãynhư sau: (0),(1),(2)5,(3),(4)2015,(5),(6)2019,... ffffxffxf=====

Taxétcáctrườnghợpsau:

1) Nếu (1) f làsố lẻ lớnhơn1thì (2)((1)) fffx == ,mà (2)5 f = nên 5 x = . Suy ra, ()(5)5 fxfx=== ,nhưngtalạicó ()2019fx = ,mâuthuẫn.

2)Nếu (1) f làsố chẵnlớnhơn2thì (2)((1))2019fff== ,cũngmâuthuẫn.

3) Nếu (1)0 f = thì (0)((1))(2)5 ffff=== , dẫn đến (1)((0))(5) ffffx ===

nên 0 x = ,suyra (0)2019 f = ,cũngmâuthuẫn.

4) Nếu (1)2 f = thì ta có ( ) (0)2 ff = nên (0) f không thể là các số chẵn lớn hơn

2,tacó2trườnghợpsau:

+Nếu (0) f làsố lẻ lớnhơn1thì (1) fx = và (2)((1))()2019 ffffx=== ,mâu

thuẫn.

+Nếu (0)1 f = thìcácgiátrị ()fn với 0,1,2,... n = lậpthànhdãysau: 1,2,5,,2019,,2019,,2019,... xxx

Do (2019) fx = nêntathấy x bằng 2019 hoặclàsố chẵnlớnhơn2.

Vậy tóm lại, (2019) fx = có thể nhận giá trị bằng 2019 hoặc các số chẵn lớn hơn

1,0 đ

Do đó, cả năm điểm ,,,, AFSHM cùng thuộc đường tròn. Tương tự, () AEH đi

qua điểm đối xứng của F qua .B Từ đó ta có /()/() /()/() 1 CAEHBAEH CAFHBAFH

=−= PP PP nên các

điểm ,,, ABHC cùngthuộc đườngtròn.

b)Gọi , XY làgiao điểmthứ haicủa (),() APBAPC với ,BC gọi J làtâmcủa

() AEF và L là điểm đốixứngcủa A quatrungtrực .BC Tacó

... MBMXMPMAMCMY == nên . MXMY =

Từ đây suy ra, /() /() BAEF CAEF BABFBYBCCXCBCECA ===== P P . Do đó, JBJC = nên ().LAEF ∈ Ngoàira, (,)1(,)1. AMLBCTLFE=−⇒=−

Mặtkhác,gọi G′ làgiao điểmcủatrungtrực TL với BC Tacó

TJGTALAMB ′ ∠=∠=∠

nên JTMG′ nộitiếp.Do đó 90. JTGJLG ′′ ∠=∠=° Do đó ,, GEF ′ thẳnghàng hay GG′ ≡ 1,0đ

Câu 4 (4 điểm) a) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn () O có điểm P bất kỳ trên mặt phẳng.

Đường tròn (),() APBAPC cắt lại , ACAB tại các điểm ,.EF Đường tròn () AEF

cắt lại AP ở điểm T Gọi H là điểm đối xứng với K qua P Chứng minh rằng H

nằmtrên đườngtròn (). O

() AEF cắt AP ở .T Chứng minh rằng đối xứng của T qua PG nằm trên đường tròn (). O

Gọi K làgiao điểmcủa TP với (),OU là điểm đốixứngcủa K qua .O Giả sử

UT cắt () O ở T ′ Theobàitoán ở câuathì PTPK = nên TPTPKP ′ ==

Hơn nữa, 1 90 2 TTLUKLUALTALTGL ′ ∠=∠=∠=°−∠=∠ nên G là tâm ngoại tiếp tam giác TTL ′ , suy ra . GTGT ′ = Do đó, T ′ chính là điểm đối xứng của T qua PG và ().TO ′ ∈

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

Chúngtasẽ chứngminhbàitoánbằngquynạplùivớisố phầntử của A.

1,0 đ

a) Gọi L làgiao điểm của FK và (), APC và , MS là điểm đốixứngvới , KE qua

,.LC Tacó LCAAFLAEK ∠=∠=∠ nên KELC

Ngoàira, MSKE nên MSAKEAAFM ∠=∠=∠ nêntứ giác AFSM nộitiếp.

Mặt khác, .2.2.. KAKHKAKPKFKLKFKM === nên tứ giác AFMH nội tiếp. 1,0 đ

Trườnghợpcơ bản Ak = ,chọn B=A

Giả sử bài toán đúng với Amk =< và chúng ta sẽ chứng minh bài toán đúng với

1 Am=−

1,0 đ

2. 1,0 đ

1,0

Gọi { } 12,,..., kppp làtậptấtcả số nguyêntố khôngvượtquá 2019

Với 1,2,..., ik = ta định nghĩa tập { : ii AxAp =∈ là ước nguyên tố lớn nhất của

Chú ý rằng A là hợp của các tập rời nhau A và AA <  . Do đó theo nguyên lý

chuồngbồ câusuyrarằng A rỗngvớimộtsố giátrị 1 jk≤≤

Đặt j pp = và p α làlũythừalớnnhấtcủa 2019 p ≤ .

Chúngtayêucầu A khôngchứacác ướccũngnhư bộicủa p α .

Thậtvậynếu pA β ∈ vớimộtsố βα ≤ thìsẽ có jpA β ∈ (vôlý)

Cónghĩarằng nếu cpA α ∈ với mộtvài 1 c > thì cp α có ướcnguyêntố qp > bởi

vì cp α ∈ jA .

Do đó | qc . Điềunàysuyrarằng 1 2019 cpqpp ααα+ ≥>> (vôlí)

Do đónếu { } ' AApα =∪ thìkhôngcóhaiphầntử khácnhaucủa A’ chiahếtnhau.

Từ ',' AmAA =⊂ . Chúng ta có thể tìm được tập B thỏa mãn giả thiết quy nạp là A’.(đpcm).

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

Câu Nộidungchínhcần đạt Điểm

Cho số thực 1. x ≥ Tìm ( ) lim21. n n n x →+∞ Hãy phát biểu bài toán tổng quát. 5.0đ

Với 1 x = thì ( ) lim211. n n n x →+∞ −=

Xét 1 x > ta có () ( ) 22 21. n n n n xxx −<=

Ta có () 2 2

21 2111 n n n n n xx x x  −=+−−  () 2

21 1,11. n n n xyy xx =+=−−>−

Cho tam giác ABC nhọn ( ABAC < ) nội tiếp đường tròn (;) OR và I là tâm

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

điểm thứ hai F. Vẽ đường cao AD của tam giác ( DBC ∈ ), trên tia AD lấy

điểm K sao cho 2 AKR = . Đường thẳng KF cắt đường thẳng BC tại H.

a) Chứng minh rằng IKIH ⊥

b) Đường tròn đường kính AH cắt KE tại G (G cùng phía với K đối với

A B C

D A'

X H K

5.0đ I E F

a) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua O, suy ra '2 AKAAR == , nên tam giác AKA' cân tại A

Theo một kết quả cơ bản ta có AI là phân giác góc OAD và do góc

0'90AFA = nên K, F, A' thẳng hàng và F là trung điểm của KA'.

Tứ giác ADFH nội tiếp nên '' DHFDAFFAAFCA ===

Do đó 2 ''. FCAFHCFCFAFH∆∆  =

3đ

Theo bất đẳng thức Bernoulli () ( )

111 n n n

x ynyn x +≥+=−

Cũng theo BĐT Bernoulli thì ( ) ( ) ( ) ( )11111 n nnn xxnxnx =+−≥+−>− () 2 2 2 1 n x x n  −< .

Mặt khác 2 '.. FCFIFIFAFHFKFH =  == , do đó tam giác KIH vuông tại I hay IKIH ⊥ (đpcm).

b) Ta có E là trực tâm tam giác AKH, giả sử KE cắt AH tại X.

2 2 .. HIHFHKHXHAHGHIHG ===  = .

Từ đó suy ra hai tam giác vuông MIH và MGH bằng nhau. Do đó MI=MG

2 đ

Như vậy () 2 2 2 2 121. n n n

x xxx nx  −<−< 

Theo nguyên lí kẹp suy ra ( ) 2 lim21. n n n xx →+∞ −=

Bài toán tổ

Cho đa thức 10 ()... (0;2) n nn Pxaxaxaan =+++≠≥ có các hệ số đều là những số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho

với bậc lớn hơn không.

5 đ

1,0 đ

2 2 1

ng quát chứng minh ()( ) 1 lim1. n k n n kxkx + →+∞ +−= 1 đ 60 2

đường thẳng AH), AG cắt KI tại M. Chứng minh rằng MIMG = . G

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

Câu

() Pxk + không phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên

Câu 4

Chọn 0kpa =− với p là số nguyên tố thỏa mãn 1 . n i i pa =

>  Vì có vô số số

nguyên tố nên có vô số số k như vậy. Khi đó ta sẽ chứng minh 1 ()()... n n QxPxkaxaxp =+=+++ là bất khả quy trong [] x ℤ

Nhận xét: nếu α là nghiệm của ()Qx thì 1 α > . Thật vậy nếu 1 α ≤ thì 11 ......, n nn paaaa αα =++≤++ mâu thuẫn với cách chọn p

Giả sử trái lại ()Qx khả quy tức là [ ] ()().(),(),(),deg0,deg0 Qxgxhxgxhxxgh =∈>> ℤ

Ta có (0)1 (0)(0).(0) (0)1pQghg h =  ==   = 

Giả sử (0)1g = và 10 ()...,(1). k k gxbxbxbk =+++≥ Gọi 12,,..., kxxx là các

nghiệm (kể cả nghiệm phức) của ()gx . Suy ra 12,,..., kxxx cũng là nghiệm

của ()Qx

Theo nhận xét thì 12 1,1,...1.ik xikxxx >∀=  > Mặt khác theo định lí Viet

ta có 12 1 ...1, k k xxx b =≤ mẫu thuẫn. Vậy ()Qx là bất khả quy trong [] x ℤ .

Cho n điểm (n > 3) trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Hai điểm bất kì được nối với nhau bằng một đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng được tô bởi một màu xanh, đỏ hoặc vàng. Biết rằng: có ít nhất một đoạn thẳng màu xanh, một đoạn thẳng màu đỏ, một đoạn thẳng màu vàng, không có điểm nào mà

các đoạn thẳng xuất phát từ đó có đủ cả ba màu và không có tam giác nào tạo bởi các đoạn thẳng đã nối có ba cạnh cùng màu.

(a) Chứng minh rằng không tồn tại ba đoạn thẳng cùng màu xuất phát từ cùng một điểm.

(b) Hãy cho biết có nhiều nhất bao nhiêu điểm thoả mãn yêu cầu bài toán.

(a) Giả sử tồn tại điểm A mà từ đó có ba đoạn thẳng AB, AC, AD cùng

được tô xanh. Vì không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu nên tam giác BCD có ba cạnh được tô bởi đúng hai màu đỏ và vàng. Do đó chắc chắn tồn tại một điểm trong ba điểm B, C, D mà từ đó xuất phát ba đoạn thẳng có đủ cả ba màu (ví dụ tam giác BCD có cạnh BC, BD tô đỏ và CD tô vàng, như thế thì từ điểm C ta có CA tô xanh; CB tô đỏ và CD tô vàng), điều này trái với giả thiết “không có điểm nào mà các đoạn thẳng xuất phát từ đó có đủ cả ba màu”, suy ra giả sử sai và ta có điều cần chứng minh.

(b) Từ bài ra kết hợp với chứng minh câu (a), ta có các đoạn thẳng xuất phát từ một điểm có không quá hai màu và có không quá hai đoạn thẳng cùng màu. Như vậy từ một điểm xuất phát không quá 2 . 2 = 4 đoạn thẳng, tức là n ≤ 5.

• Với n = 5.

Giả sử 5 điểm A, B, C, D, E thoả mãn yêu cầu bài toán. Theo lập luận trên, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử từ điểm A xuất phát hai đoạn thẳng xanh AB, AC và hai đoạn thẳng đỏ AD, AE. Do không có tam giác nào có ba cạnh cùng màu nên BC tô đỏ hoặc vàng.

– Nếu BC tô đỏ, suy ra BD và BE không thể tô vàng, và cũng không thể cùng tô xanh hoặc cùng tô đỏ, như vậy có một đoạn tô đỏ, một đoạn tô xanh. Vai trò D, E như nhau nên ta có thể giả sử BD tô đỏ và BE tô xanh. Chứng minh tương tự như thế ta có các đoạn CD, CE, DE chỉ có thể tô bởi hai màu xanh hoặc đỏ, như vậy tức là không có đoạn thẳng nào tô vàng (Trái với giả thiết có ít nhất một đoạn thẳng màu vàng)

– Nếu BC tô vàng, suy ra BD và BE không thể tô đỏ, và cũng không thể cùng tô xanh hoặc cùng tô vàng, như vậy có một đoạn tô xanh, một đoạn tô vàng. Vai trò D, E như nhau nên ta có thể giả sử BD tô vàng và BE tô xanh. Xét điểm D. Ta có DA tô đỏ và DB tô vàng, do đó DC phải tô đỏ hoặc vàng.

Nhưng vì BD và BC đã tô vàng nên DC phải tô đỏ ⇒ DE tô vàng. Xét điểm

E ta có EA tô đỏ, ED tô vàng, EB tô xanh (mâu thuẫn với kết quả câu (a))

Tóm lại n không thể bằng 5.

• Với n = 4, ta chỉ ra một hệ điểm thoả mãn yêu cầu bài toán như hình vẽ dưới đây A B D C Vậy số điểm lớn nhất thoả mãn yêu cầu bài toán là 4.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG

Câu Nộidung

Câu1 Cho dãy (xn) biết x1 = 1, 1123 111 (1)()()...() 23 n n xxxxx n + =++++ (n∈N*)

nn x + .

• Thugọn côngthứctruyhồi 1123 1231

0,5

n n nn

+ =++++ =+++++

111 (1)()()...() 23 1111 (1)()()...(). 231

xxxxx n xxxxx nn

 1 1 (2) nnn xxxn n + =+≥ (*)

• Ta chứng minh n xn ≥ bằng qui nạp.

0,5 0,5

2đ

3đ 62

Điểm

Tính lim 2018 2019 n 4 điểm

• Bằng qui nạp , ta chứng minh được xn ≥ 1, ∀ n ∈N*

Ta có: x1 = 1, x2 = 2 . Giả sử (1) k xkk≥≥

Ta có: 1 11 11 kkk xxxkkkkk kk + =+≥+=+≥+

Vậy n xn ≥ , ∀n .

• Tatínhlim n

nn x (sử dụng địnhlíStolz)

Ta chứng minh được (1)12 nnnnn ++−< ( thực hiện biến đổi tương đương).

Ta có: 11

a/ Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác QAB.

Vì SQASBQ = nên SQ là tiếp tuyến của đường tròn (QAB).

Do đó, Q, H, O1, K thẳng hàng.

Ta có: 0 0 11 1 1802 90 22 AQOAOQ HKPAQOABQ =−===

Lại có: 090 QPHPQBQBA =−=

Nên QPHHKP = suy ra PQ là tiếp tuyến của đường tròn (PHK).

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

++− << =≤≥< +−+−

(1)12 0 222 () 111 (1)1

nnnn n n nnn

nnnnn xxxx n doxn x xxx nn

Vì 2 lim0 1 n x =  lim 1

(1)1 nn

nnnn xx +

++− = 0  lim n

nnnn xx << + và lim n

nn x = 0  2018 lim0 2019 n 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

b/ Cách 1 : Vì AD < BC nên CD và AB cắt nhau, gọi giao điểm đó là I.

Gọi J là giao điểm của PQ và AB.

Ta có (JIAB) = -1 nên P(JIAB) = -1, suy ra ( PQ, PI, PA, PB) = -1.

nn x = 0 ( định lí Stolz )

nn x = +

Câu2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB, AD < BC. Gọi P là

giao điểm AC và BD, Q là giao điểm AD và BC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm S

sao cho hai tam giác SAQ và SQB đồng dạng với nhau . Đường thẳng đi qua Q và

vuông góc với QS cắt AC, BD lần lượt tại H và K.

a/ Chứng minh PQ là tiếp tuyến của đường tròn (PHK).

Kẻ tiếp tuyến QT của đường tròn (PHK). Khi đó, tứ giác PHTK là tứ giác điều hòa nên P(PTHK) = -1, suy ra ( PQ, PT, PA, PB) = -1.

Do đó P, I, T thẳng hàng nên PI vuông góc với QO2 với O2 là tâm đường tròn (PHK)

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác ABCD, ta có OQ vuông góc với PI.

Vì vậy OQ đi qua tâm đường tròn (PHK) nên nó chia đường tròn (PHK) thành hai phần bằng nhau.

Cách 2 : Từ câu a ta có: HKPABQ = . Tương tự, ta chứng minh được HPKAQB = suy ra tam giác PHK và tam giác QAB đồng dạng.

Do đó tồn tại phép biến hình F biến tam giác PHK thành tam giác QAB. Do đó F biến tiếp tuyến QP của đường tròn (PHK) thành tiếp tuyến SQ của đường tròn (QAB)

Gọi giao điểm của QO2 và AB là U.Ta có:

F: biến đường tròn (PHK) thành đường tròn (QAB) nên biến O2 thành O1

F: biến giao điểm của HK và QP thành giao điểm của AB và SQ nên biến Q thành S

F: biến K thành B

 F biến góc O2QK thành góc O1SB  11 UQOUSO =

Do đó tứ giác QO1US nội tiếp, suy ra 0 11 90 OQSOUS== .

Suy ra U là trung điểm AB nên U trùng với O.

Vì vậy OQ đi qua tâm đường tròn (PHK) nên nó chia đường tròn (PHK) thành hai

4 điểm 64

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

Ta có: 2018 02018. 2019 nn

b/ Chứng minh đường thẳng OQ chia đường tròn (PHK) thành hai phần bằng nhau.

phần bằng nhau.

Câu3 Kí hiệu +ℤ là tập hợp các số nguyên dương.Tìm tất cả các hàm :(,1] f + →−∞ ℤ thỏa

mãn :

1) 2.() () ()() fmn fmn fmfn += + , mn + ∀∈ ℤ và

2) ( ) 10 f <

Đặt 1 ()()()2.() 2 gnfnfngn =  =

(1) viết lại: () () ()() gmn gmn gmgn += + (3)

• Tính g(1) . Đặt g(1) =a . Ta có a<0 do giả thiết f(1)<0.

Kí hiệu P(x,y) là phép thế m bởi x và n bởi y vào (3)

P(1,1), g(2) = 1 2 , P(1,2), (2)1 (3) (1)(2)21 g g gga == ++

P(1,3), 2 (3)1 (4) (1)(3)21 g g ggaa == +++ , P(1,4), 32 (4)1 (5) (1)(4)21 g g ggaaa == ++++

P(1,5), (5) (6) (1)(5) g g gg = + (*) , P(2,3), (6) (5) (2)(3) g g gg = + (**)

(*)(**)  ((1)(5))((2)(3))1 gggg++=

32 2123.1 2142 aaaaa aaaa +++++ = ++++ () ()

• Ta có a= g(1) = 1, g(2) = 1 2 , khi đó 1 (3)1,(4). 2 gg=−=

+ + ∀∈

4 điểm

Kí hiệu 2 4 x5 y4y1=++ (1)

(1)  y chẵn.

Đặt y= 2k. Pt (1) viết lại: 2x5 = 16k4+8k+1 (2)

Ta chứng minh x chỉ có thể là số chẵn.

Giả sử x lẻ →x2 lẻ  x2= 2h+1.

Ta có 2x5 =52h+1= 5.25h ≡ 5 (mod 8) (*)

và 16k4+8k+1≡ 1 (mod 8) (**)

Từ (2)(*)(**) ta đi đến mâu thuẩn.

ậy x chỉ có thể là số chẵn

 x2 là số chẵn , khi đó: 2x5 = (5t)2

Phương trình (2) viết lại: (5t)2 =16k4+8k+1 (3)

Đến đây ta sử dụng nguyên lí kẹp.

(4k2) <16k4+8k+1 ≤ (4k2+1)2

 (4k2) <(5t)2 ≤ (4k2+1)2  (5t)2 = (4k2+1)2 (4)

(3) (4)  (4k2+1)2 =16k4+8k+1  k2 =k  k=0 hoặc k=1.

k=0  y=0, x= 0.

k=1  y=2, x2=2  2 x + =∉ ℤ

Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm (0,0).

Câu5 Trên bảng đen, người ta cho các số 2,3,4,5,6. Thực hiện xóa hai số x,y bất kì trên

1,0 1,0 1,0 1,0

4 điểm

gk gk gk kgkgk gk gk gk

bảng và thay vào đó hai số () () 222222222,2 xyxyxyxyxyxyxyxy +++++++−++ .

+=== +−

Đặt () () 222222222,2 axyxyxyxybxyxyxyxy =+++++=++−++

1 2 ()() 1 1 2 nle nle gnfn nchan nchan

= 



Ta có: ( )2 2222 2 axyxyxyxy =+++>+++

Cũng vậy ( )2 2222 2. bxyxyxyxy =+−+>+−+ 1,0

4 điểm

5432432

432

532 48555388662 1 4310a1,a ,a1 2 aaaaaaaaa aaaaloailoai  +++++=++++  −−−+=  ===−

  



   



Ta có () (1) ()1 ,(3)(2)() () (1)1 1 ()1 0,5 1,0 0,5 1,0 1,0 66



ℤ (4) Kết hợp (4) và g(1) = 1, g(2) = 1 2 suy ra:

ử lại 2 () 1 nle fn nchan

thỏa yêu cầu bài toán.

Câu4 Tìm nghiệm của phương trình 2 4 x5 y4y1=++ trên tập các số tự nhiên.

Hỏi sau 2019 bước thực hiện như vậy thì trên bảng có xuất hiện một số nhỏ hơn 1 2 hay không ?

Suy ra: 2222 1111 ab xyxyxyxy +<+ ++++−+ .(*)

Không khó chứng minh: 2222 1111 xy xyxyxyxy +=+ ++++−+ (**)

(*)(**)  1111 (1) abxy +<+

Gọi Sn là tổng nghịch đảo các số có trên bảng sau bước n.

Ta chứng minh bằng qui nạp 11111 23456 nS <++++ . (2)

Thấy ngay (2) đúng với n=1.

Giả sử (2) đúng đến n=k (k ≥ 1)- như vậy sau bước thực hiện thứ k, trên bảng ta có 5

số m, n, p,q,r thì 1111111111 23456 mnpqr ++++<++++

Không mất tính tổng quát ta xóa đi 2 số q,r và thay vào đó 2 số s,t. Ta có: 1111111111 ((1)) 11111 () 23456

++++<++++ <++++

do mnpstmnpqr gtqn

 (2) đúng khi n=k+1.

Vậy (2) đúng với mọi n.

Ta có 11111 2,(3) 23456 n Sn <++++<∀

Từ (3) suy ra sau bước n thì các số trên bảng đều lớn hơn 1 2 , vì nếu ngược lại thì

2 nS > (!).

Vậy sau 2019 bước thực hiên thì trên bảng không xuất hiện một số nào nh

x f x f <  < Như vậy a x x x 14 3 2 1 < < < < = . Từ đó suy ra ( ) n x là dãy số có giới hạn hữu hạn.

Kết luận: Có hai số nguyên dương thỏa mãn bài toán là { } 2,1 ∈ a

1,0 đ

Câu 2 (4 điểm)

Tìmtấtcả các đathức P(x)thỏamãn điềukiện: () ( ) [ ]2 2 2 2 31 2() () ()1 + + + + = + x x x P x P x P P

0,5 1,0

1 2 1,0 0,5 TRƯỜNG

CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Câu Nội dung Điểm Câu 1 (4 điểm) Cho a làsố

ươngvà

ố (xn)xác địnhbởi      ≥ ∀ + + + + + = = + 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 n a ax x a ax x x x n n n n n Xác định a để dãysố (xn)cógiới hạnhữuhạn. Lời giải: 1,0 đ 68 Ta có 2 2 4 2 + = a x , 2210 2 2 2 ≥ + + a ax x ⇔ ( ) ( ) 4222422210 2 ≥ + + + + a a a a ⇔ 0 1 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 4 ≥ + + + + + + + a a a a a a ⇔ ( ) 0 5 1 2 4 2 3 2 4 2 ≤ + + + = a a a F +) Nếu 5 ≥ a thì 0 3 5,4 2 3 22 2 3 2 4 = > ≥ + a và 0 5 11 4 5 1 2 4 > ≥ + a . Suy ra F > 0. +) Nếu a = 4, F = ( ) 0 17 4,1. 16 17 2 16 5 9 4 2 3 18 8 > > = + +) Nếu a = 3, ( ) ( ) ( ) 0 235,1.6 2 4,1.3.6,2.2 2 6 23 2 2 3 7 2 5 7 4 2 3 14 6 > + > + = + = F Như vậy với * N a ∈ , 3 ≥ a , x3 không xác định. 1,0 đ +) Xét { } ∈ a . Ta có: ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 > + + = + + a a a x a ax x Đặt 1 2 2 1 2 2 ) ( 2 2 + + + + + = a ax x a ax x x f () () 2 2 2 2 1 2 1 2 a a a x a a a x + + + + + = Ta thấy ngay ()0 > ∀ > x x f và () () 0 1 2 1 2 ) 2 2 2 2 > ∀ > + + + + + + = x a a a x a x a a a x a x x f Vì 0 , 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 > + + = + + t t a a a a t t là hàm số tăng. 1,0 đ Mặt khác

ới mọi x > 0, 1 2 2 1 2 2 ) ( 2 2 + + + + + = a ax x a ax x x f = a x ax a ax x a ax x ax 4 4 1 2 2 1 2 2 4 2 2 = < + + + + + + Áp dụ

là hàm

ố tăng (do f ’(x) > 0, 0 > ∀x

ỏ hơn

THPT

nguyênd

dãys

ng ta có, f(

)

) suy ra ()()...... 3 2 2 1 x x

Câu 3 (4 điểm)

Lờigiải:

+) Rõ ràng đa thức ()0 ≡ x P không thỏa mãn điều kiện đề bài.

+) Gọi a0 là hệ số cao nhất của P(x). Khai triển hai vế, số hạng lớn nhất

của ( ) 1 ) ( + x P P là ( ) 2 1 0 0 0 n n n n x a x a a + = , còn số hạng lớn nhất của đa thức ( ) [ ]2 2 2 2 31 2() () + + + + x x x P x P là ( ) [ ] ( )

x8 khi n < 2.

0 1 x a x x a n + = + khi n = 2 hoặc

Chú ý rằng: -Nếu 2 ≤ n thì 8 2 x x n = và suy ra n2 = 8, vô lý vì N n ∈

- Nếu 2 > n thì n n n x a x a 4 4 0 1 0 2 = + và ta suy ra được n = 4, a0 = 1

Do đó đa thức cần tìm có dạng d cx bx ax x x P + + + + = 2 3 4 ()

Đặt ( ) 1 1 3 ) ( ) ( 2 2 + + + = x x x P x Q Điều kiện bài toán đã cho tương đương

với () [ ]2 2 ) ( 1 ) ( 3 ) ( 1 ) ( x Q x P x P x P P + + = +

Hay ( ) [ ] ( ) [ ] 1 ) ( 3 ) ( 2 ) ( ) ( 1 1 ) ( 3 ) ( ) ( 2 2 2 + + = + + + x P x P x Q x Q x P x P x P P

- Nếu 0 ) ( ≠ x Q thì ta đặt 3 deg ≤ = k Q . Khi đó 4k = k + 8.

Phương trình này không có nghiệm N k ∈ . Do vậy ()0 ≡ x Q

1,0 đ

a) Xét phép vị tự tâm H, tỉ số 2 1 biến (O) thành (J).

Ta nhận được đa thức ( )( )( )3 2 1 ) ( + + + = x x x x x P 1,0 đ

Chotamgiác ABC nhọnnội tiếp đườngtròn(O),có trựctâm H và

đườngtrònEuler(J). Đường trònnộitiếp(I) tiếpxúccáccạnh AB,

AC lầnlượt tại D, E.Một điểm T di độngtrên đường tròn(J).

Đườngthẳngqua T vuônggócvới HT cắt đường tròn(O) ở M, N.

Dựnghìnhbìnhhành MHNK.

a)Chứngminhrằng điểm K luôndi chuyểntrênmột đườngcố định

khi điểm T thay đổi.

b) Đườngtròn(S) tiếpxúcngoài với (J)vàtiếpxúcvớicáccạnh AB,

AC lầnlượt tại X và Y.Gọi Z làtrựctâmcủa tamgiác ADE.Chứng minhrằng tứ giác AXZY là hìnhthoi.

Lờigiải:

Do MHNK là hình bình hành nên nếu gọi R là trung điểm MN thì R cũng là trung điểm của HK, nên phép vị tự (H; ½) biến K thành R. Hơn nữa, ta có MN OR ⊥ , suy ra OHTR là hình thang vuông. Mặt khác J là trung

điểm OH nên JT = JR, hay ( ) J R ∈ . Từ đó suy ra ( )O K ∈ :, do đó K luôn

thuộc đường tròn (O) cố định.

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tam giác ABC có đường cao BH, CK. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc các cạnh

AB, AC tại D, E. Khi đó, tâm đường tròn nội tiếp của tam giác AHK là trực tâm của tam giác ADE.

+) Chứng minh bổ đề. Gọi J, J’ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHK và trực tâm tam giác ADE

1,0 đ

Dễ thấy rằng AHK∆ đồng dạng ABC∆ theo tỉ lệ A BC HK cos = nên

A AI AJ cos = Hơn nữa, ta thấy rằng ADE∆ nội tiếp (AI) nên A AI AJ cos ' = Như vậy, J, J’ cùng thuộc phân giác AJ = AJ’ nên ' J J ≡ . Bổ đề được chứng minh.

1,0 đ

1,0 đ +) Trở lại bài toán. Gọi B’, C’ lần lượt là chân đường cao đỉnh B, C của ABC∆ và B”, C” lần lượt là trung điểm của AC, AB. Rõ ràng ( ) J C B C B ∈" .

2 2

0 2

1,0đ

1,0

70 R Z F Q P D E I K N M J B" C' B' H O C" A B C T X Y

+) Xét phép nghịch đảo F, tâm A, phương tích () J AP k / = thì ( ) ( ) J J F ֏ :

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AC’, AB’ thì ta

có: AB AP AB AP AC AC k . 2 1 . 2 " '. = = =

Do đó P B F ֏ : . Tương tự Q C F ֏ : nên ( )APQ BC F ֏ :

+) Gọi (L) là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC thì dễ thấy ( ) (: S L F ֏

là đường tròn A- Mixiluinear của tam giác APQ. Hơn nữa theo định lý

Feuerbach thì (L) tiếp xúc với (J) nên (S’) tiếp xúc với (J), mà (S’) cũng tiếp xúc với AB, AC nên ( ) ( ) S S ≡ '

+) Gọi F là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác APQ thì theo bổ đề

Sawayama, ta có F là trung điểm XY.

+) Áp dụng bổ đề trên, ta thấy Z cũng là tâm đường tròn nội tiếp của ' 'C AB∆

Do đó, xét phép vị tự tâm A, tỉ số 2 1 biến AQP C AB ∆ ∆ ֏' ' , nên sẽ biến Z

thành F , suy ra

1 = AZ AF , mà A, F, Z cùng thuộc phân giác góc A nên F

là trung điểm AZ. Do đó AXZY là hình bình hành, mà AX = AY nên

AXZY là hình thoi. Ta có điều phải chứng minh.

Câu 4 (4 điểm) Xác địnhtấtcả cácsố nguyên n >1sao cho 2 1 2 n

Lờigiải:

n + là mộtsố nguyên.

1,0 đ

Câu 5 (4 điểm)

chẵnặt ' 2l l = và có n l' . Mặt khác ta còn có 1 p l và suy ra

1 ' 2 p l .

Từ đây suy ra ' 2 1 l p p ≥ > . Vì n l' và p l <' nên l’ = 1 hoặc l’ = 3

+) Nếu l’ = 1 thì l = 2 và ( )p mod 1 22 ≡ , vô lý.

+) Nếu l’ = 3 thì l = 6 và ( )p mod 1 26 ≡ . Do vậy 63 p 7 =  p .Tuy

nhiên, số mũ của 2 theo modulo 7 bằng 3, không là số chẵn: vô lý.

Tóm lại, chỉ có n = 3.

Chotamgiáccó cáccạnhlà9cm,12cmvà15 cm.Chia mỗicạnh thành n phầnbằngnhauvới 2 ≥ n .Nếutínhbìnhphương khoảng cáchtừ mỗi điểmchianày đến đỉnhdốidiệncủa tamgiácthìtổng của tất cả cáckhoảngcáchlàmộtsố nguyêndương.Xác địnhtấtcả cácgiá trị của n ?

Lờigiải

Gọi D là trung điểm cạnh BC của tam giác ABC, với BC = 12cm, CA = 9cm và AB = 15cm. Gọi A1, A2,……,An-1 là các điểm trên BC, chia BC thành n đoạn bằng nhau.

ến, ta có:

Giả sử 2 1 2 n

n + là một số nguyên. Khi đó 1 2 2 + n n . Do 1 2 + n là số lẻ nên n

là một số lẻ. Biểu diễn r n k3 = với số nguyên dương lẻ r không chia hết

cho 3. Ta có 1 2 3 2 2 + n k r và suy ra ( ) k n 2 2 3 mod 21 ≡ .

Ký hiệu d là số mũ của 2 theo modulo k23 . Khi đó d phải là một ước của 2n. Do vậy, 2 là một căn nguyên thủy của k23 . Vì thế ( ) 1 2 2 3.2 3 = = k k d ϕ và suy ra n chia hết cho 1 23 k . Vì r n k3 = nên 1 2 ≥ k k hay 1 ≤ k . Từ đây suy ra n không chia hết cho 32

1,0 đ

1,0 đ +) Với n = 3 có 1 3 1 2 2

3 = +

2 1,0 đ

+) Với n = 2 có Z ∉ = + 4 5 2 1 2 2

+) Xét n > 3: Giả sử là một số nguyên và n không chia hết cho 32. Vì n > 3 nên n có một ước nguyên tố nhỏ nhất 3 ≠ p . Do n p nên 1 2 + n p . Vậy ( )p n mod 1 2 ≡ và suy ra ( )p n mod 1 22 ≡

Ký hiệu l là số mũ của 2 theo modulo p, khi đó l phải là một ước của

1,0 đ

ếu l lẻ thì nl , như vậy ( )p n mod 1 2 ≡ , mâu thuẫn. Do đó l 72

n  +=+=+−+−   () 2 2 2 2 2 2 2 BC n i in AC AB + = 1,0d Lấy tổng với i = 1 đến n – 1 ta được: ()() 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 BC j n i n AC AB n AA n j n n i i         + =    = = = = ()() ( )( ) 2 2 2 3 1 2 1 1 1 BC n n n n AC AB n       + = ()() 2 2 2 2 3 1 1 BC n n AC AB n + 2,0 đ Tương tự ta cũng tính được tổng bình phương các đoạn từ B và C. Do đó tổng cuối cùng là: () () n n n n n n n AB CA BC 75 75 1 450 6 1 2 1 2 1 2 2 2 2 + =         + + + Vì tổng này là một số nguyên nên n là một ước nguyên dương khác 1 của 75. Vậy n có thể bằng 3, 5,15, 25 và 75. 1,0 đ

Với mỗi 1 1 ≤ ≤ n i , theo công thức tính đường trung tuy

22 22222

1 22 222 ini ini AABCi AAAAADABACBC

Câu CâuCâu

NG THPT CHUYÊN LÀO CAI

N NN Nộ ộộ ội dung trình bày i dung trình bày i Đi ĐiĐi Điể ểể ểm mm m

1 Cho các số thực ,0ab > và 2 144 ab <−< , xét dãy số () n u thỏa mãn 01 21

Tiếp tục xét dãy số () n v được xác định bởi 0122 120 nn nnnnnnnn vCuCuCuCuααα=++++ ⋯

a) Chứng minh rằng tồn tại số thực α để lim0. n v =

==   =− 

2,, nnn

uua uaubu ++

b) Với α ở trên, đặt ( ) 012 lim n vvvvL ++++= ⋯ . Chứng minh rằng 1. L ≠

a) Phương trình đặc trưng 2 xaxb =− có 04 <∆< nên có hai nghiệm phân biệt là 12 , xx

và 12 2 xx−=∆< .

Từ đó dễ dàng tìm được công thức tổng quát của dãy số () n u là 12 nn n uxx =+

Thay vào n v được tổng của 2 nhị thức Newton nên

12 ()() nn n vxxαα=+++

Chỉ cần chọn α để 12 11 xxαα −<+<+< , điều này thực hiện được vì khoảng cách giữa

2 nghiệm nhỏ hơn 2, ta có thể chọn trực tiếp 2 a α =−

b) Từ công thức, thay vào tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn, ta có

11 1()1() L xxαα =+ −+−+ .

Giả sử 1 L = thì quy đồng biến đổi, ta có 2 1 abαα−+= . Phương trình này có nghiệm là

2 1,2 44 2 aab α −±−+ =

Chú ý rằng

2 1,2 4 2 aab x +− = nên nếu

Tương tự nếu 2αα = thì

2 1 44 2 aaa αα −+−+ == thì

22 1 444 1 2 aaaa x α −+−+ +=> .

2 1 x α +<− , không thỏa.

Vậy điều giả sử là sai và ta luôn có 1. L ≠

2 Cho ABC∆ có đường tròn nội tiếp ( ) I tiếp xúc với ,, BCCAAB ở ,, DEF Đường thẳng qua A song song BC cắt , DEDF lần lượt tại , MN . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn ( ) I tại điểm L khác D .

a) Chứng minh ,, AKL thẳng hàng.

b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại , MN cắt EF tại , UV . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN

a) Trước hết ta chứng minh K là trực tâm MDN∆ . Thật vậy:

Do ANBC nên ANFFDB =

Do ,, DEF là tiếp điểm của ( ) I trên ,, BCCAAB nên BDBF =

BDFBFDANFBFDAFN  =  == ANF  ∆ cân tại AANAF  = .

Chứng minh tương tự ta có AMAE = mà AEAF = nên

ANAFAEAM === NEM  ∆ vuông tại E ; NFM∆ vuông tại F

; NEMDMFND  ⊥⊥ mà NEMFK = ∩ suy ra K là trực tâm MDN∆

-Bây giờ ta chứng minh ,, AKL thẳng hàng:

+ Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi ' D là điểm đối xứng của D qua T . Ta có ' NDKM (vì cùng vuông góc với ND ), MDKN (vì cùng vuông góc với MD ). Do đó ' NDMK là hình bình hành.

Do A là trung điểm MN nên K cũng là trung điểm KD’.

Do đó D’, A, K thẳng hàng. (1) + Hơn nữa, tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK nên DL vuông góc với LK. Mặt khắc DD’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vuông góc với LD’. Do đó L, K, D’ thẳng hàng. (2)

1,0

1,0 1,0

73 TRƯỜ

1,0 1,01,0 1,0

1,0 1,0

1,0 1,01,0 1,0

Từ (1) và (2) suy ra ,, AKL thẳng hàng (đpcm).

b) Gọi P là giao của UL và ( ) DMN ( ) PL ≠ ; Q là giao LV và ( ) DMN ( )QL ≠ .

Do MU tiếp xúc ( ) DMN tại M nên DMUDNM = . Lại có MEUFNM = (do

NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN ) nên UMEUEM = UME  ∆

cân tại UUMUE  = .

Ta có 2 2 .. UEUL UMUPULUPULUEUEPULE UPUE =  =  =  ∆∆ (c.g.c)

00 180180 UPEUELUPEUELEPLLEF  =  −=−  = (3)

Lại có 0180 LEFLDF =− (do LEFD nội tiếp) và 0180 LPNLDN =− (do LPND nội tiếp) nên LPNLEF = (3).

Từ (3) và (4) suy ra ;; LPNEPLPEN =  thẳng hàng.

Chứng minh tương tự ta có ;; QEM thẳng hàng.

Do MNQP nội tiếp nên NMQNPQ = .

Do NMEF nội tiếp nên NMFNEF =

Do đó .NEFNPQEFPQUVPQ = 

Do đó ( ) LQP tiếp xúc với ( ) LUV tại L suy ra ( )UVL tiếp xúc với ( ) DMN tại L (đpcm).

3 33 a) Chứng minh rằng nếu đa thức ()Px hệ số thực, và là tổng của ít nhất 3 đơn thức có bậc khác nhau đôi một thì 22 ()()PxPx sẽ là tổng của ít nhất 2 đơn thức có bậc khác nhau.

1122 nnnn bbbb >+> và 221122 bbbb >+>

nên không có đơn thức nào khác trong 2 ()Px hoặc 2 ()Px cùng bậc với 2 đơn thức này

và khi rút gọn, chúng không bị triệt tiêu mất. Do đó, 22 ()()PxPx là tổng của ít nhất 2

đơn thức khác bậc.

b) Để ý rằng nếu 0 c = thì tất cả đa thức () nPxx = với n ∈ℕ đều thỏa mãn, do đó số lượng đa thức là vô hạn. Tiếp theo, xét 0, c ≠ dựa theo câu a thì ta có các trường hợp

Ta xét các trường hợp sau:

(1) Nếu () nPxax = với 0, an≠∈ ℕ thì 2222 ()()() n PxPxaax −=− nên đồng nhất hệ số thì

1,0 1,01,0 1,0

nên để tồn tại a thì cần có 1 4 c ≥− .

(Ta hiểu khái niệm đơn thức như sau: cho đa thức 0 () n k k k fxax =

=  thì k k ax gọi là các đơn thức).

b) Tùy theo giá trị thực của tham số ,c xác định số lượng đa thức ()Px hệ số thực thỏa mãn

222018 ()() PxPxcx −=⋅ x ∀∈ ℝ

a) Ký hiệu 1 1 11 () nn bb b nn Pxaxaxax =+++ với 12,,,0 n aaa ≠ và 12 0 n bbb≤<<< , trong đó 3 n ≥ . Khi đó, bậc của các đơn thức trong 2 ()Px là

12 222 n bbb <<< .

Khai triển 2 ()Px , ta có hai đơn thức 1 1 2 nnbb nn aax + và 21 21 2 bb aax + .

Tóm lại,

22018 n aac

=   −= 

(2) Nếu () nmPxaxbx =+ với ,,,0 mnmnab∈≠≠ ℕ thì

222222 ()()()2()nmnm PxPxaaxabxbbx + −=−++−

thì phải có 1 ab== và 2018 2 mn xcx + = nên 2,2018.cmn=+= Dễ thấy có 1009 cách chọn cặp (,) mn khác nhau nên khi 2, c = ta có thêm 1009 đa thức thỏa mãn.

- Nếu 1 4 c <− thì số đa thức thỏa mãn là 0.

- Nếu 1 4 c =− thì số đa thức thỏa mãn là 1.

- Nếu 0 c = thì số đa thức thỏa mãn là vô số

- Nếu 2 c = thì số đa thức thỏa mãn là 1011

Nếu 1 ,0,2 4 ccc>−≠≠ thì số đa thức thỏa mãn là 2.

1,0 1,0 4 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên và 3 = + + a c c b b a thì abc là lập phương của một số nguyên.

Ta sẽ chứng minh với mọi p nguyên tố thì vp(abc) chia hết cho 3. Thật vậy:

Ta có 222 3abcacbacb =++

Không mất tính tổng quát, giả sử gcd(,,)1 abc =

Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của abc . Dễ dàng chứng minh được trong 3 số có đúng 1 số ko chia hết cho p (đầu tiên chỉ ra có ít nhất 1 số ko chia hết cho p, do giả sử ban

đầu)

Giả sử abp ⋮ . Đặt ( ) ( ) , pp xvayvb ==

Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 222;2;2; pppp vabcxyvacxvbayxvcby =+==+=

1,0 1,01,0 1,0

1,0 1,0

1,0 1,01,0 1,0

1,0 1,01,0 1,0 Rõ ràng 1,0 1,0 76

+ Nếu 3 p ≠ 1,0 1,01,0 1,0

Ta có ( ) ( ) 222 3 pp xyvabcbavaccb +=−=+

Nếu 2xyxyy >  += (vô lý)

Nếu 22 xyxyx <  += (vô lý)

Vậy ( ) 23 p xyvabcxyx =  =+=

+ Nếu 3 p =

Nếu ( ) ( ) 222 213 pp yxyvabcbavaccb ≥  ++=−=+

- Nếu 21 xyxyy >  ++= (vô lý)

- Nếu 212 xyxyx <  ++= (vô lý)

Vậy ( ) 23 p xyvabcxyx =  =+=

Nếu ( ) ( ) ( ) ( ) 222 11;2;2;1 pppp yvabcxvacxvbaxvcb =  =+==+=

Ta có ( ) ( ) 222 132 pp vaccbvabcbax =+=−≥+ (vô lý)

Vậy ta có đpcm

5 Cho bảng ô vuông kích thước 100100 × mà mỗi ô được điền một trong các ký tự ,,, ABCD sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng

bằng 25.Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với bảng và bốn đỉnh của nó được điền đủ bốn ký tự ,,, ABCD là “bảng tốt”.

a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông

14,41 ×× và 22 × đều có chứa đủ các ký tự ,,,?ABCD

b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:

i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt.

ii) Luôn có một bảng tốt.

a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền ,,,. ABCD

Khi đó, ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 22 × đã chứa sẵn ,,.ABC Do đó, ta điền tiếp được cột 2 theo thứ tự là ,,,. CDAB Cứ như thế, ta điền tiếp cho cột 3,4.

A C A C

B D B D

C A C A

D B D B

Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chỉ chứa hai loại ký tự. Vậy nên không có cách điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu.

b) i. Tồn tại hai cột.

Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự.

Cố định cột 1, xét 99 cột còn lại. Gọi T là số bộ (,) ab trong đó cột 2 a ≥ có ô thứ b từ

trên xuống là cùng ký tự. Theo giả sử trên thì 9925. T ≥⋅

Mặt khác, theo giả thiết thì 10024 T =⋅ (tính theo hàng).

Suy ra 100249925 ⋅≥⋅ , điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn

c hai cột thỏa mãn đề bài.

Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào cắt nhau tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn. Xét 2 cột đã chọn được ở trên, giả sử đã có cặp (,),(,) ABAC thì sẽ không có (,) CD và (,) BD . Ta có hai khả năng:

- Nếu có (,) AD thì không có (,) BC , khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có ký tự A ; trong khi số lần ký tự A xuất hiện trên đó tối đa là 50 , vô lý.

- Nếu có (,) BC thì không có (,) AD ; khi đó, trên 76 cặp sẽ có 762152 ⋅= ký tự, trong khi số ký tự tối đa là 2523150 ⋅⋅= , cũng vô lý.

Từ đây ta có đpcm.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

Câu Nội dung

1. Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được * 1 !, n un n =∀∈ ℕ .

Yêu cầu bài toán đưa về chứng minh * 1 !, 2 n n nn + <∀∈ ℕ .

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho n số 1, 2, …, n ta có 12...1 !1.2... 2 nn nn nn n

Nhưng dấu bằng không xảy ra nên ta luôn có * 1 !, 2 n n nn + <∀∈ ℕ .

1 1, ,, ,0 00 0

1,0 1,0

1,0 1,01,0 1,0

ọn đượ

1 11 1, ,, ,0 00 0 ii. Tồn tại bảng tốt. 1 1, ,, ,0 00 0 78

Điểm

2đ

=≤=++++

2đ

c3 O4 Z Y X B P2 P3 P1 O3 O1 O2 A

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

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.

Chứng minh tương tự cũng có O1O2, O2O3 là tiếp tuyến của ω4. 1 đ

Vì O3 ∈ AB nên ta có: 212332 PPZPAOOPA ==

Nếu gọi Z’ là giao điểm thứ hai của AP2 và ω4 thì do O3P2 là tiếp tuyến của ω4 nên ta có: 323221 ''OPAOPZPPZ == .

Do đó 2121 ' PPZPPZ = và Z’ thuộc đường thẳng BZ.

Vì Z và Z’ cùng thuộc AP2, 2 APBZ ≠ nên suy ra Z ≡ Z’. Do đó Z ∈ ω4.

Vì 413OPO và 1 XPZ cùng là góc vuông (do AB là đường kính) nên ta có:

131441311414 ZPPZPPOPOXPZZPOXPO =+=+= (1)

Vì P1O4 là tiếptuyếncủa ω1 nên ta có: 1431 XPOXPP = (2)

Từ (1) và (2) suy ra 1331 ZPOXPP = .

Gọi l là đường thẳng ZP3 hoặc Z ≡ P3 hoặc đường thẳng tiếp xúc với ω4 tại P.

Khi đó: ()3113 ; lPPZPO = (vì O3P1 là tiếp tuyến của ω4).

Kết hợp điều này với kết quả ở trên,ta suy ra: ()3131 ; lPPXPP = ⇒X ∈ l.

Chứng minh tương tự ta có Y ∈ l .

Vì Z ∈ l nên ta suy ra ba điểm X, Y, Z thẳng hàng.

3. Theo giả thiết ta có

()() () * 1 201812018,, n i ifxiffxixn  −<++−+<∀∈∈   ∑ ℝℕ

 ⇒−<−++−+<   ∑

()() () 1 201812018 n i ifxiffxi =

Thay n bởi 1 n + ta thu được

Ta chứng minh ( ) ( ) ( ) 10, ftfftt +−=∀∈ ℝ .

Thật vậy, giả sử tồn tại t ∈ ℝ để ( ) ( ) ( ) 10ftfft+−≠ . Cho m là số nguyên

dương và thay x bởi 1 tm ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 11211 mftmmfftmm  +−−++−−−++

Vì ( ) ( ) ( ) 10ftfft+−≠ nên với m nguyên dương đủ lớn ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 114032mftfft ++−>

, điều này mâu thuẫn với khẳng định trên.

Do đó ( ) ( ) ( ) 10, ftfftt +−=∀∈ ℝ , lại có f là hàm đơn ánh nên suy ra ( ) 1, fttt=+∀∈ ℝ 0,5 đ

4. Biến đổi về ( )( ) 223 babap +−= , do p là số nguyên tố nên chỉ có hai trường hợp sau xảy ra 0,5 đ

1) 22 bap += và 2 bap −= , tính được ( ) 2 2 1 22 pp pp b + + == và 2 2 pp a =

Với 2 p = rõ ràng ( )1 2.3 3 22 pp + == , không phải là số chính phương. Với p là số nguyên tố lẻ thì ( )1 2 pp p + ⋮ mà 2 p ⋮ nên ( )1 2 pp + cũng không phải số chính phương. Trong trường hợp này không tồn tại a, b thỏa mãn.

2) 23 bap += và 2 1 ba−= , tìm được 3 2 1 2 p b + = và 3 1 2 p a = . Dễ thấy với 2 p = không tồn tại a, b thỏa mãn.

Với p là số nguyên tố lẻ ta có () 3 22 11 .1 22 pp ppb ++ =−+= là số chính phương. Lại có () () 2 2 1 gcd;1gcd1,1gcd1;3 2 p pppppp

- Nếu 13 p + ⋮ thì 2 1 gcd;11 2 p pp  +

dẫn đến 1 2 p + và 2 1 pp−+ đều là các số chính phương, hay có số nguyên dương n để ( ) ( )( ) 221111ppnppnn −+=⇔−=−+ Điều này không xảy ra.

- Vậy 13 p + ⋮ hay ( )2mod3 p ≡ và 2 1 gcd;13 2 p pp  +   −+=      , hay tồn tại x, y nguyên dương để 2 1 3 2 p x + = và 22 13 ppy −+= , viết lại 2 61px=− Để tìm

 −<++−+++++−++<   ∑

1 201811212018 n i ifxiffxinfxnffxn =

()() () ()()() ()

Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều dẫn đến ( ) ( ) ( ) ( ) * 40361214032,, nfxnffxnxn  −<+++−++<∀∈∈   ℝℕ

được p nhỏ nhất ta tìm x nhỏ nhất, với 1 x = có 5 p = và 2 1255121 pp−+=−+= không thỏa mãn, với 2 x = có 23 p = và 222 1232313.13 pp−+=−+= .

Vậy số p nhỏ nhất cần tìm là 23.

1 đ

2 đ

2đ 80

 

=++−  

( ) ( ) ( ) ( ) 11 mftfft

 

1,5 đ

1 đ



    

+   −+=+−+=+

    

  −+=

2,5 đ

5. Gọi S(A) và S(B) là tổng các phần tử trong tập A và tập B. Giả sử AB ≤ .

Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử tồn tại một phân hoạch tốt mà

672 A ≤ , tương ứng 1346 B ≥ . Vì các phần tử của A, B là các số khác nhau và

đều thuộc [ ]1;2 nên ( ) ( ) 672.2134413461346.1 SASB <=<=< .

Đây là phân hoạch tốt nên có ()() ( ) ( ) 20182018 SASB S SBSA + −≤=

() () 201920192019.672.2.2673.21346

SBSA ⇒≤<<== vì 6726721 201720163 <=

201720173

Lại có ( ) 1346.11346 SB >= . Điều mâu thuẫn này dẫn đến điều giả sử là sai.

Vậy có điều phải chứng minh.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

Bài Nội dung Điểm

1 Cho hàm số ()fx liên tục và bị chặn trong khoảng (;) a +∞ . Chứng minh rằng với mọi số T

dương, ta luôn tìm được dãy () nx thỏa mãn lim n n x →+∞ =+∞ và [ ] limf(x+T) - f(x)= 0. nn n→+∞

Xét hiệu ()() fxTfx +− , có thể xảy ra hai trường hợp

TH1: Tồn tại số hữu hạn ' xa > sao cho hiệu ()() fxTfx +− giữ nguyên một loại dấu với mọi '. xx ≥

TH2: Với mọi Ea > , luôn tồn tại 0 xE > sao cho 00 ()()0 fxTfx+−= .

Trong TH1, dãy { }(')fxnT + đơn điệu và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn

lim(') n fxnTl →+∞ += . Do đó

( ) lim'(1)(')0 n fxnTfxnTll →+∞ ++−+=−=  ,

trong đó ' n xxnT=+→+∞ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Trong TH2, tồn tại dãy vô hạn () nx các giá trị xa > sao cho nx →+∞ và

()()0 nn fxTfx+−= nghĩa là [ ] lim()()0 nn n fxTfx →+∞ +−=

Vậy trong cả hai trường hợp ta đều xác định được dãy số thỏa mãn.

2 Cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn ( ) , Ir . Đường tròn ( ) , Ir tiếp xúc với

,, ABBCCA tại ,, PQR . Gọi K là trung điểm của AC , đường thẳng IK cắt AB tại M .

Đoạn thẳng PQ cắt đường cao AH của tam giác ABC tại N . Chứng minh rằng N là trực tâm tam giác ABC .

1,5

Gọi D, T, L theo thứ tự là giao điểm của CI và AB, MR, RQ.

Dễ thấy AR = AP, BP = BQ, CQ = CR nên ..1QBRCPA QCRAPB =

Do đó, theo định lý Ceva, AQ, BR, CP đồng quy.

Vậy ( ) ( ) 1 TALRQTACRP==− (1)

Kết hợp với LR = LQ, suy ra AT // QR.

Kết hợp với QRTC ⊥ suy ra 090 ATI =

Kết hợp với 00 90,90APIARI== suy ra năm điểm A, P, T, I, R cùng thuộc một đường tròn . (2)

Vậy 090 RTQRAP== (3)

1,5

Vì ,// ACABIPABACIP ⊥⊥  .

Từ đó, chú ý rằng KA = KC, suy ra:

( ) ( ) ( ) ( ) 1 TACMPTAIMPIATMPIATKP====− (4)

Từ (1) và (4) suy ra ( ) ( )TACRPTACMP =

Điều đó có nghĩa là T, R, M thẳng hàng (5)

Từ (1) và (5) suy ra QNQTMRTR ≡⊥≡ (6)

Từ (2), chú ý rằng //,, ACIPABACAHBC ⊥⊥ suy ra

111 222 TAMTAPTIPTCABCABAHMAN ======

Do đó .TAMTAN =

Từ (1) và (6) suy ra ATMATN =

Vậy ATMATN∆=∆ , điều đó có nghĩa là AM= AN, TM = TN. Do đó ATMN ⊥

Kết hợp với // ATQR , suy ra MNQR ⊥ . (7)

Từ (6) và (7) suy ra N là trực tâm tam giác MQR

3 Cho đa thức 10 ()... n n Pxaxaxa =+++ ( )0,2 n an≠≥ có các hệ số đều là số nguyên.

Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho () Pxk + không phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên với bậc lớn hơn 0.

n i i pa = >  . Vì có vô số số nguyên tố nên

2 đ

82 L T D H N M K R Q P I A B C

Ta chọn 0kpa =− với p là số nguyên tố thỏa mãn 1 1

sẽ có vô số số k như vậy.

Ta sẽ chứng minh

1 ()()... n n QxPxkaxaxp =+=+++ là bất khả qui trong [x]ℤ

Nhận xét: Nếu α là một nghiệm phức bất kì của ()Qx thì 1 α> . Thật vậy, nếu 1 α≤ thì

11 n nn paaaa =α++α≤++ mâu thuẫn với cách chọn p .

Giả sử phản chứng rằng ()Qx là khả quy tức là ()().() Qxgxhx = với (),()[x]gxhx ∈ ℤ và deg1,deg1 gh≥≥ . Ta có (0)(0).(0).pQgh == Vì p là số nguyên tố suy ra (0)1g = hoặc (0)1h = .

Giả sử (0)1g = và 1 ()...1(1). k k gxbxbxk =+++≥ Gọi 12,,..., kzzz là các nghiệm của ()gx . Vì ()().() Qxgxhx = nên (1,...,) i zik = cũng là nghiệm của ()Qx . Theo nhận xét

1(1,...,) i zik >= nên 1...1 kzz > . Mặt khác theo định lí Viet ta lại có 12 1 ...1 k k zzz b =≤ , mâu thuẫn. Vậy ()Qx phải là bất khả qui trên [x].ℤ

4 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho ( ) 1! n không chia hết cho 2 n .

Nhận xét : Khi n là số nguyên tố thì do (n - 1) < n nên (n - 1)! không chia hết cho n, và do đó không chia hết cho n2 0,5

Ta sẽ tìm n không nguyên tố thỏa (n - 1)! không chia hết cho n2 .

Ta có: 2 (1)!nn ⋮ 3 ! nn ⇔ ⋮ . Điều này xảy ra khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một ước số p của n sao cho bậc của p (số mũ lũy thừa của p trong phân tích thừa số nguyên tố) trong n! là bé hơn bậc của p trong n3

Giả sử . n k p t = (với (p, k)=1). Theo lí luận trên ta có bất đẳng thức: 23 ...3 nnn t p pp

Suy ra: 3... 23 nnnn t t p ppp

⇔ 3 (1) 1 tkp p t ≥ (**). Suy ra: 1.(21) 21 21 3 t t t ≥=− {1,2,3} t  ∈

Ta xét 3 trường hợp và dùng các phép thử lại để làm rõ kết quả bài toán

TH1: t = 1. Ta có: (**) 3 k  ≥ . Suy ra 2 k = hoặc 3 k = (Do 1 k = thì n trở thành số nguyên tố)

+ Với k = 2: 2 np = (p nguyên tố).

TH2: t = 2. Ta có (**) ( 6 1) kp ≥  + . Suy ra 1 k = hoặc 2 k = (Do () 3 1 p + ≥ )

+ Với k = 1, ta được () 6 1 p + ≤ {2,3,5} p ∈  {4,9,25} n  ∈

Thử lại ta chọn: n = 4, n = 9.

+ Với k = 2, ta được () 3 1 p + ≤ 2 p  = 8 n  =

Thử lại ta thấy n = 8 thỏa mãn.

0,5

+ Với k = 3: 3 np = (p nguyên tố)

 

⇔++<  

Thử lại: p = 2 thì n = 4 (thỏa); 2 p ≠ : (*) 2 22 ...3 pp p p

 23 ⇔ < (đúng)

Thử lại: p = 2 thì n = 6 (thỏa); p = 3 thì n = 9 (thỏa); 5 p ≥

 

⇔++< 

(*) 2 33 ...3 pp p p

TH3: t = 3. Ta có (**) 2 9(1) kpp  ≥++

Suy ra 1 k = (Do 2 1)7 p p ++≥ )

+ Với k = 1, ta được 2 9 ( 1) pp++≤ 2 p  = 8 n  = (thỏa)

Vậy tập tất cả các giá trị của số tự nhiên n thỏa 2 (1)!nn ⋮ là {,2,8,9} pp với p nguyên tố.

0,5 5 Hãy xác định số các số tự nhiên n không vượt quá 201810 thỏa mãn hai điều kiện sau đây: i) n chia hết cho 7.

ii) Chữ số trong biểu diễn thập phân của n thuộc { } 0,1,2,3,4,5,6,8.

Vì 201810 không chia hết cho 7 nên ta chỉ cần xét { } 2018 0;1;...;101 n ∈− và suy ra số tự

nhiên n biểu diễn thập phân có không quá k = 2018 chữ số. Ký hiệu α là căn nguyên thủy bậc bảy của 1. Khi đó 761,1,...10 α=α≠α++α+= . Ta cũng dễ dàng suy ra rằng, nếu j không chia hết cho 7 thì 65 ...10jjj α+α++α+= và nếu j chia hết cho 7 thì 65 ...17jjj α+α++α+=

Xét đa thức () ( )2018 2381... Pxxxxx =+++++ , Gọi số các số n thõa mãn đầu bài là M.

Khi đó, M bằng tổng các hệ số của các số hặng với số mũ của x chia hết cho 7. Giả sử

() 7 0

k j j j Pxax =

=  . Khi đó 7 j Ma =  . Tính kết quả cụ thể của

() ()() 7 668 7 0 :(1)P()...P1...7 k jjj j j j PxPaa = +α++α=+α++α+α=

α=+α+α++α=α α=+α+α++α=α α=+α+α++α=α

α=+α+α++α=α

() () () () () ()

 

     (*)

+++<

   ++++ ≥     ⇔

12 3.( .1) tt p tkp≥+++



  

0,5 84

33⇔< (sai)

 2

28 224162 336243 448324 5510405 6612486 (1)8 ()1... ()1... ()1... ()1... ()1... ()1... k k k k k k k k k k k k k P P P P P P P = α=+α+α++α=α

1 Từ

2626

 1

đây ta có

3 778...811...kkkkkkkk j Ma==+α+α++α=−++α+α++α

85 Vậy 2018 81 7 M =