ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN KÌ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ (CÓ ĐÁP ÁN)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN KÌ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ (CÓ ĐÁP ÁN) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN KÌ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ (CÓ ĐÁP ÁN) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN KÌ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ (CÓ ĐÁP ÁN)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG -ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 20182019 MƠN: TỐN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang)  u1    u   2n  4n  un ; n  ¥ * u  n 1 n  4n  Câu (4,0 điểm) Cho dãy số  n  xác định :  u  u u L  lim   22  L  nn  n   2 Tính O K Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   Một đường tròn   qua B, C cắt CA, AB E , F khác B, C BE cắt CF H , AH cắt  O  D khác A Tiếp K tuyến   E , F cắt DB, DC M , N Chứng minh MN  OH Câu (4,0 điểm) Tìm tất cả hàm số f : ¡  ¡ thỏa mãn điều kiện :  f ( x)  f ( z ) f ( y )  f (t )  f ( xy  zt )  f ( xt  yz ), x, y, z , t  ¡ Câu (4,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm có tọa độ số nguyên gọi điểm nguyên Chứng minh không tồn đa giác có 2019 đỉnh điểm nguyên có độ dài cạnh Câu (4,0 điểm) Cho 18 điểm mặt phẳng , khơng có điểm thẳng hàng Tô điểm màu xanh, điểm màu đỏ, điểm màu vàng Chứng minh tổng diện tích tất cả tam giác tạo từ 18 điểm cho lớn bốn lần tổng diện tích tất cả tam giác màu -Hết- TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU ĐỀ ĐỀ XUẤT VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019 MÔN: TOÁN 11 THỜI GIAN:180 PHÚT Câu (4,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) thỏa dương.Tính giới hạn dãy số un 1  x1  2018 xn 1  , n  2n  xn n2  với n nguyên n2 xn Câu (4,0 điểm) Tìm hàm f : R  R thỏa mãn hai điều kiện sau: i) f (2019 f ( x)  f ( y ))  2019 x  y , x, y  R ii) f bị chặn [-1,1] Câu (4,0 điểm)Cho tứ giác ABCD, thỏa mãn ÐDAB = ÐBCD , M AB N BC cho MN song song với AD MN = 2AD , gọi I trung điểm MN H trực tâm tam giác ABC Chứng minh HI vng góc với CD Câu (4,0 điểm) Cho p nguyên tố,p lớn 3.Đặt: 1 1 a       p  p  ( p  1)! Chứng minh rằng: a  2p (mod p) p Câu (4,0 điểm) Tô màu cho 46 ô tùy ý bảng ô vuông 9x9 Chứng minh tồn bảng vng 2x2 chứa nhất ô tô màu Hết ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019 MƠN: TỐN 11 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu (4,0 điểm) Nếu f  x  hàm số liên tục đoạn  0;1 cho f    f  1 Chứng minh tồn a , b  0;1 hai dãy số  n  nN  n  nN   thỏa mãn : a , b a) Các dãy số  n  nN  n  nN hội tụ b) f  an   f  bn  với n * * * * Câu (4,0 điểm) Tìm tất cả hàm số f : R  R cho với số thực x y ta có :  x  2 f  y   f  y  f  x    f  x  y f  x   Câu (4,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n cho số: n  5n  4n  116 tích hai nhiều số nguyên dương liên tiếp Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  Đường tròn   thay đổi qua B, C cắt cạnh AB, AC E , F ( E , F  A) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn  K  A  K  KE , KF cắt lại đường tròn  Q, P( P, Q  K ) Gọi T giao điểm BQ CP Gọi M , N trung điểm BF , CE a) Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định đường tròn  ' thay đổi b) Chứng minh KA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Câu (4,0 điểm) Số phần tử tối đa mà người ta chọn từ tập hợp  1,2, ,31 cho tổng bất kỳ hai phần tử chọn không số phương ? Hết HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ, HÀ NAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XII MƠN THI: TỐN – KHỐI 11 Ngày thi 21/04/2019 Thời gian làm 180 phút (Đề có câu; gồm 02 trang) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu (4.0 điểm) Cho dãy số bị chặn thoả mãn điều kiện Chứng minh rẳng dãy có giới hạn hữu hạn Câu (4.0 điểm) Cho tam giác nhọn với đường tròn nội tiếp Gọi tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc với Gọi giao điểm với (nằm ) Giả sử cắt đường cao tam giác a) Chứng minh trung điểm b) Gọi đường trịn có tâm nằm đường cao qua tiếp xúc với đường tròn Các điểm xác định tương tự Chứng minh đồng quy điểm Câu (4.0 điểm) : Cho P  x   P  x  , P  x   đa thức với hệ số nguyên, deg P  cho Chứng minh tồn số nguyên dương cho P  n khơng số phương Câu ( 4.0 điểm): Tồn hay không dãy vô hạn số nguyên dương cho , Câu (4.0 điểm): Tìm số đường dọc theo cạnh lưới ô vuông từ đỉnh vượt qua đường chéo yx (0, 0) đến đỉnh (2020, 2020) , cho không bước sang phải lên ==== Hết ==== KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI NĂM HỌC 2018- 2019 MƠN THI: TỐN LỚP 11 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Ngày thi: tháng năm 2019 (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm trang u Câu (4 điểm): Cho dãy số  n  xác định bởi: Tính  u1   un 1  u n  u  n  ¥ , n  1.  n lim  n.un  I;r Câu (4 điểm): Cho tam giác ABC Gọi   đường tròn nội tiếp tam giác Đường tròn   tiếp xúc với BC P Đường PI cắt   điểm thức hai E Đường AE cắt BC F Chứng minh đường trịn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC F I;r Câu (4 điểm): Cho ước tích I;r P  x   x2  P  n  P  n  1 P(1) P n  1 Chứng minh tồn vơ số số n  ¥ cho  Câu (4 điểm):Tìm số nguyên k thỏa mãn p  k hợp số với số nguyên tố p Câu (4 điểm): Trong buổi khai mạc kiện, nhóm S gồm 2014 học sinh tham gia đứng thành vòng tròn lớn Mỗi học sinh đập tay với học sinh đứng hai bên cạnh số lần Với học sinh x , ta gọi f ( x) tổng số lần đập tay bạn ấy với hai bạn đứng gần a) Chứng minh tập hợp  f ( x) x  S  với tập hợp  n n  ¥ ,  n  2015 b) Chỉ ví dụ tập hợp  f ( x) x  S  với tập hợp  n n  ¥ , n  3,  n  2016 ……………………… HẾT …………………… SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN Bài 1(4,0 điểm) Cho dãy số  xn  ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI MƠN TỐN LỚP 11 NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề  x1   1;2    xn2 x   x   n1 n thỏa mãn  Chứng minh dãy  xn  có giới hạn hữu hạn Tìm giới hạn Bài 2(4,0 điểm) Cho số nguyên dương b  Giả sử với số nguyên k  tồn 2019 2019 số nguyên ak cho b  ak chia hết cho k Chứng minh b  a với a số ngun Bài 3(4,0 điểm) Tìm tất hàm f : ¡  ¡ thỏa mãn điều kiện: f  x  f  y    f  x   x f  y   f  f  y   với x, y  ¡ Bài 4(4,0 điểm) Các đỉnh A, B, C tam giác nhọn ABC nằm cạnh · B C , BCA · · C A, B B1C1 , C1 A1 A1B1 tam giác A1B1C1 cho ·ABC  A 1 1 1 · · AB CAB C 1 Chứng minh hai trực tâm tam giác ABC A1 B1C1 cách tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 5(4,0 điểm) Cho tập X={1,2,3, ,n} gồm n số nguyên dương a) Với n=10, 10 tập X, tập có phần tử tập bất kì 10 tập có chung khơng q phần tử b) Với n=15, chứng minh tồn nhất 333 tập X, tập có phần tử tập bất kì có khơng q phần tử chung Hết - SỞ GD & ĐT TỈNH THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu (4,0 điểm) Cho dãy số ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MƠN TỐN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút  xn  xác định  x1  0, x2   ,n  3xn 1   x  n   10 xn  xn 1   Chứng minh dãy cho có giới hạn hữu hạn Tìm giới hạn Câu (4,0 điểm) Tìm tất cả đa thức P với hệ số thực cho với số thực x, y , z có tổng x, P  x   ,  y , P  y   ,  z , P  z   mặt phẳng Oxy điểm  thẳng hàng Câu (4,0 điểm) Cho hình thoi ABCD Đường trịn (O) nội tiếp hình thoi, tiếp xúc với cạnh AB, AD, CD, CB M, N, E, F Xét điểm P, Q nằm tương ứng cạnh AB, AD cho PQ tiếp xúc (O) a) Chứng minh giao điểm CQ PE nằm đường thẳng BD b) Trên MN lấy K cho KP//AD Chứng minh P, Q thay đổi tiếp xúc (O) đường thẳng PQ qua điểm cố định Câu (4,0 điểm) Cho p số nguyên tố; x, y , z số nguyên dương thỏa mãn x  y  z  p 2 x3  y  z  mod p  Chứng minh x  y  z chia hết cho x  y  z Câu (4,0 điểm) Cho n, k số nguyên dương, n  k S tập hợp n điểm không gian thỏa mãn (i) Khơng có 65 điểm thẳng hàng (ii) Mỗi điểm P S khơng có k điểm S cách P k    n  1  n   Chứng minh -HẾT SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ THI MƠN: TỐN 11 Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu (4,0 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi: a1  ,  an 1  an    an   1, n  a) Tìm giới hạn dãy (an ) n → +∞ a1  a2   an 1  , n  1,2, n b) Chứng minh Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  , P điểm nằm tam giác ABC Gọi D giao điểm AP với   D  M  , E giao điểm BP với AC , F giao điểm CP với AB , M giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với   M  A  Tiếp tuyến B C  cắt T , DT cắt  L  L  D  a) Gọi X giao điểm BC EF Chứng minh ba điểm A , L , X thẳng hàng b) Gọi N điểm đối xứng L qua đường thẳng BC Chứng minh bốn điểm D, M , N , P nằm đường trịn Câu (4,0 điểm) Tìm đa thức P  x  hệ số thực thỏa mãn: P  x  x  1 – P  x  P  x  1  , với x  R Câu (4,0 điểm) Cho đa thức P  x    x  d1   x  d   x  d   x  d   x  d5   x  d   x  d   x  d   x  d  với d1 , d , d3 , , d9 số nguyên phân biệt Chứng minh tồn số nguyên N cho với số nguyên x  N , P  x  chia hết cho số nguyên tố lớn 20 Câu (4,0 điểm) Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm vng đơn vị hình vẽ đây, hình nhận lật hình (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hình nhận xoay hình góc Hãy xác định tất cả hình chữ nhật m  n , m , n số ngun dương cho lát hình chữ nhật viên gạch hình móc câu? - Hết THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ ĐỀ ĐỀ NGHỊ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019 MƠN THI: TỐN - LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4 điểm) Chứng minh với số vô tỷ  , tồn vô số cặp số  pn , qn  với pn số nguyên qn nguyên dương cho với n  ¥ ta có  pn  qn qn Câu (4 điểm) Trong tam giác ABC , điểm D, E, F chân đường cao hạ từ A, B C , H trực tâm tam giác Gọi I1 , I , I3 tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF , HFD HDE Chứng minh đường thẳng AI1 , BI , CI3 đồng quy Câu (4 điểm) Cho dãy đa thức Pn  x  với hệ số thực xác định  P0  x   x  x   Pn1  x   Pn   x  Pn   x   1, n  ¥ 2020 Chứng minh P2020  x  chia hết cho x Câu (4 điểm) Cho số tự nhiên n  Với cặp số tự nhiên  a, b  nguyên tố d nhau, đặt d a ,b  gcd  na  b; a  nb  Tìm giá trị lớn nhất a ,b Câu (4 điểm) Trong buổi hội, người tham dự có nhất người quen Chứng minh chọn số chẵn người để xếp ngồi quanh bàn tròn cho người ngồi hai người quen HẾT 10 Câu giác AHK trực tâm tam giác ADE Dễ thấy đồng dạng theo tỉ lệ nên Hơn nữa, ta thấy nội tiếp (AI) nên Như vậy, J, J’ thuộc phân giác AJ = AJ’ nên Bổ đề chứng minh +) Trở lại toán Gọi B’, C’ chân đường cao đỉnh B, C B”, C” trung điểm AC, AB Rõ ràng +) Xét phép nghịch đảo F, tâm A, phương tích Gọi P, Q trung điểm AC’, AB’ ta có: Do Tương tự nên +) Gọi (L) đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC dễ thấy đường trịn A- Mixiluinear tam giác APQ Hơn theo định lý Feuerbach (L) tiếp xúc với (J) nên (S’) tiếp xúc với (J), mà (S’) tiếp xúc với AB, AC nên +) Gọi F tâm đường tròn nội tiếp tam giác APQ theo bổ đề Sawayama, ta có F trung điểm XY +) Áp dụng bổ đề trên, ta thấy Z tâm đường tròn nội tiếp Do đó, xét phép vị tự tâm A, tỉ số biến , nên biến Z thành F , suy , mà A, F, Z thuộc phân giác góc A nên F trung điểm AZ Do AXZY hình bình hành, mà AX = AY nên AXZY hình thoi Ta có điều phải chứng minh Xác định tất số nguyên n > cho số nguyên (4 điểm) Lời giải: Giả sử số nguyên Khi Do số lẻ nên n số lẻ Biểu diễn với số nguyên dương lẻ r không chia hết cho Ta có suy Ký hiệu d số mũ theo modulo Khi d phải ước 2n Do vậy, nguyên thủy Vì suy n chia hết cho Vì nên hay Từ suy không chia hết cho 32 +) Với n = có +) Với n = có +) Xét n > 3: Giả sử số nguyên n không chia hết cho 32 Vì n > nên n có ước nguyên tố nhỏ nhất Do nên Vậy suy Ký hiệu l số mũ theo modulo p, l phải ước 2n - Nếu l lẻ , , mâu thuẫn Do l chẵn - Đặt có Mặt khác ta cịn có suy Từ suy Vì nên l’ = l’ = +) Nếu l’ = l = , vơ lý +) Nếu l’ = l = Do Tuy nhiên, số mũ theo modulo 3, không số chẵn: vô lý Tóm lại, có n = 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ Cho tam giác có cạnh 9cm, 12cm 15 cm Chia cạnh thành n phần bằng với Nếu tính bình phương khoảng cách từ điểm chia đến đỉnh dối diện tam giác tổng tất 73 Câu khoảng cách số nguyên dương Xác định tất giá (4 điểm) trị n ? Lời giải Gọi D trung điểm cạnh BC tam giác ABC, với BC = 12cm, CA = 9cm AB = 15cm Gọi A1, A2,……,An-1 điểm BC, chia BC thành n đoạn Với , theo cơng thức tính đường trung tuyến, ta có: Ai An2i  BC  1 i  2 2 AAi  AAni  AD    AB  AC      BC 2  2 n  1,0d Lấy tổng với i = đến n – ta được: 2,0 đ = = Tương tự ta tính tổng bình phương đoạn từ B C Do tổng cuối là: Vì tổng số nguyên nên n ước nguyên dương khác 75 Vậy n 3, 5,15, 25 75 1,0 đ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI Câ u Nội dung trình bày Cho số thực a, b   a  4b  , xét dãy số (un ) thỏa mãn Điể m u0  2, u1  a,  un   aun1  bun Tiếp tục xét dãy số (vn ) xác định  Cn0un  Cn1un 1  Cn2un  2  L  Cnnu0 n a) Chứng minh tồn số thực  để lim  lim  v0  v1  v2  L    L b) Với  trên, đặt Chứng minh L  a) Phương trình đặc trưng x  ax  b có    nên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x x  2 1,0 n n Từ dễ dàng tìm cơng thức tổng qt dãy số (un ) un  x1  x Thay vào tổng nhị thức Newton nên  ( x1   )n  ( x2   ) n 1,0 Chỉ cần chọn  để 1  x1    x2    , điều thực khoảng cách 74 a   2 nghiệm nhỏ 2, ta chọn trực tiếp b) Từ cơng thức, thay vào tính tổng cấp số nhân lùi vơ hạn, ta có 1   ( x1   )  ( x2   ) Giả sử L  quy đồng biến đổi, ta có   a  b  Phương trình có nghiệm L 1,2 Chú ý x1,2  a  a  4b   a  a  4b  a  a  4a    1  2 nên a  4a  a  4a  x1    1    x     Tương tự , khơng thỏa Vậy điều giả sử sai ta ln có L  1,0 1,0 Cho ABC có đường trịn nội tiếp   tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F Đường thẳng qua A song song BC cắt DE , DF M , N Đường tròn ngoại tiếp tam I giác DMN cắt đường tròn   điểm L khác D I a) Chứng minh A, K , L thẳng hàng b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN M , N cắt EF U ,V Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN 75 a) Trước hết ta chứng minh K trực tâm MDN Thật vậy: · · Do AN P BC nên ANF  FDB I Do D, E , F tiếp điểm   BC , CA, AB nên BD  BF · · ·  BDF  BFD  ·ANF  BFD  ·AFN  ANF cân A  AN  AF Chứng minh tương tự ta có AM  AE mà AE  AF nên AN  AF  AE  AM  NEM vuông E ; NFM vuông F  NE  MD; MF  ND mà NE I MF  K suy K trực tâm MDN 1,0 -Bây ta chứng minh A, K , L thẳng hàng: + Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN Gọi D ' điểm đối xứng D qua T Ta có ND ' PKM (vì vng góc với ND ), MD ' P KN (vì vng góc với MD ) Do ND ' MK hình bình hành Do A trung điểm MN nên K trung điểm KD’ Do D’, A, K thẳng hàng (1) + Hơn nữa, tứ giác DFKL nội tiếp đường trịn đường kính DK nên DL vng góc với LK Mặt khắc DD’ đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vng góc với LD’ Do L, K, D’ thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy A, K , L thẳng hàng (đpcm) DMN   P  L  Q DMN   Q  L  b) Gọi P giao UL  ; giao LV  1,0 1,0 · · · · DMN  Do MU tiếp xúc  M nên DMU  DNM Lại có MEU  FNM (do 76 · · NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN ) nên UME  UME cân  UEM U  UM  UE UE UL   UEP : ULE UP UE Ta có (c.g.c) 0 · · · · · ·  UPE  UEL  180  UPE  180  UEL  EPL  LEF UM  UP.UL  UP.UL  UE  (3) 0 · · · · Lại có LEF  180  LDF (do LEFD nội tiếp) LPN  180  LDN (do LPND · · nội tiếp) nên LPN  LEF (3) · · Từ (3) (4) suy LPN  EPL  P; E; N thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có Q; E; M thẳng hàng Do MNQP nội tiếp nên Do NMEF nội tiếp nên ·NMQ  NPQ · 1,0 ·NMF  NEF · · · Do NEF  NPQ  EF P PQ  UV P PQ LQP  LUV  UVL  DMN  Do  tiếp xúc với  L suy  tiếp xúc với  L (đpcm) a) Chứng minh đa thức P( x) hệ số thực, tổng nhất đơn thức có 2 bậc khác đơi P ( x)  P ( x ) tổng nhất đơn thức có bậc khác n (Ta hiểu khái niệm đơn thức sau: cho đa thức thức) f ( x )   ak x k k 0 k ak x gọi đơn b) Tùy theo giá trị thực tham số c, xác định số lượng đa thức P( x) hệ số thực thỏa mãn P ( x )  P ( x )  c x 2018 x  ¡ b b b a) Ký hiệu P( x)  an x  an1 x  L  a1 x với a1 , a2 ,K , an   b1  b2  K  bn , n  Khi đó, bậc đơn thức P ( x ) n n 1 2b1  2b2  K  2bn 1,0 b b b b Khai triển P ( x) , ta có hai đơn thức 2an an 1 x 2a2 a1 x n n1 Rõ ràng 2bn  bn  bn1  2bn 1 2b2  b2  b1  2b1 2 nên khơng có đơn thức khác P ( x ) P ( x) bậc với đơn thức 2 rút gọn, chúng không bị triệt tiêu mất Do đó, P ( x)  P( x ) tổng nhất đơn thức khác bậc n b) Để ý c  tất cả đa thức P( x)  x với n  ¥ thỏa mãn, số lượng đa thức vô hạn Tiếp theo, xét c  0, dựa theo câu a ta có trường hợp 1,0 1,0 77 sau: Ta xét trường hợp sau: n 2 2n (1) Nếu P( x)  ax với a  0, n  ¥ P ( x )  P ( x )  (a  a ) x nên đồng nhất hệ số 2n  2018  a  a  c nên để tồn a cần có c n m (2) Nếu P( x)  ax  bx với m, n  ¥ , m  n, ab  P ( x)  P( x )  ( a  a) x n  2abx m  n  (b  b) x m m n 2018 phải có a  b  x  cx nên c  2, m  n  2018 Dễ thấy có 1009 cách chọn cặp (m, n) khác nên c  2, ta có thêm 1009 đa thức thỏa mãn Tóm lại, - Nếu - Nếu Nếu Nếu số đa thức thỏa mãn c số đa thức thỏa mãn c  số đa thức thỏa mãn vơ số c  số đa thức thỏa mãn 1011 c 1,0 c   , c  0, c  Nếu số đa thức thỏa mãn Chứng minh a, b, c số nguyên abc lập phương số nguyên Ta chứng minh với p nguyên tố vp(abc) chia hết cho Thật vậy: 2 Ta có 3abc  a c  b a  c b Khơng tính tổng qt, giả sử gcd(a, b, c)  Gọi p ước nguyên tố abc Dễ dàng chứng minh số có số ko chia hết cho p (đầu tiên có số ko chia hết cho p, giả sử ban đầu) 1,0 x  vp  a  , y  vp  b Giả sử ab Mp Đặt v  abc   x  y; v p  a 2c   x; v p  b a   y  x; v p  c 2b   y Ta có : p + Nếu p  x  y  v  3abc  b a   v  a c  c 2b  p p Ta có Nếu 2x  y  x  y  y (vô lý) Nếu x  y  x  y  x (vô lý) 1,0 x  y  v p  abc   x  y  x Vậy + Nếu p  1,0 78 y   x  y   v  3abc  b a   v p  a 2c  c 2b  p Nếu - Nếu x  y  x  y   y (vô lý) - Nếu x  y  x  y   x (vô lý) Vậy Nếu x  y  v p  abc   x  y  x y   v p  abc   x  1; v p  a 2c   x; v p  b a   x  2; v p  c 2b   1  v  a c  c b   v  3abc  b a   x  2 1,0 p p Ta có (vơ lý) Vậy ta có đpcm Cho bảng vng kích thước 100  100 mà điền ký tự A, B, C , D cho hàng, cột bảng số lượng ký tự loại 25 Ta gọi hai ô thuộc hàng (không nhất thiết kề nhau) điền khác ký tự “cặp tốt”, cịn hình chữ nhật có cạnh song song với bảng bốn đỉnh điền đủ bốn ký tự A, B, C , D “bảng tốt” a) Hỏi cách điền trên, có cách điền mà bảng ô vuông 1 4, 1  có chứa đủ ký tự A, B, C , D ? b) Chứng minh với cách điền thỏa mãn đề bảng vng cho: i) Ln có cột bảng mà từ chọn 76 cặp tốt ii) Ln có bảng tốt a) Khơng tính tổng qt, giả sử ô cột điền A, B, C , D Khi đó, thứ hai cột phải điền D thuộc hai hình vng  chứa sẵn A, B, C Do đó, ta điền tiếp cột theo thứ tự C , D, A, B Cứ thế, ta điền tiếp cho cột 3, A C A C B D B D C A C A D B D B Tuy nhiên, ta thấy hàng khơng thỏa mãn chứa hai loại ký tự Vậy nên khơng có cách điền thỏa mãn điều kiện nêu b) i Tồn hai cột Giả sử phản chứng cặp cột tùy ý có 25 cặp ký tự Cố định cột 1, xét 99 cột lại Gọi T số (a, b) cột a  có thứ b từ xuống ký tự Theo giả sử T  99 25 Mặt khác, theo giả thiết T  100 24 (tính theo hàng) Suy 100 24 99 25 , điều vô lý chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức chọn hai cột thỏa mãn đề ii Tồn bảng tốt Giả sử phản chứng khơng có hàng, cột cắt tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn Xét cột chọn trên, giả sử có cặp ( A, B), ( A, C ) khơng có (C , D ) ( B, D ) Ta có hai khả năng: - Nếu có ( A, D) khơng có ( B, C ) , cặp 76 cặp có ký tự A ; 1,0 1,0 1,0 1,0 79 số lần ký tự A xuất tối đa 50 , vơ lý - Nếu có ( B, C ) khơng có ( A, D ) ; đó, 76 cặp có 76 2 152 ký tự, số ký tự tối đa 25 2 3 150 , vơ lý Từ ta có đpcm TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ Câu Nội dung Điểm Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh n n! < un = , "n ẻ Ơ* n! n +1 , "n ẻ Ơ* 2đ 2đ Yêu cầu toán đưa chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho n số 1, 2, …, n ta có + + + n n +1 = n n +1 n n! < , "n ẻ Ơ* Nhng dấu khơng xảy nên ta ln có n n ! = n 1.2 n £ Xét góc có hướng theo modulo π Gọi P3 tiếp điểm hai đường tròn ω 1, ω2 O1, O2, O3 tâm ba đường tròn ω1, ω2, ω3 tương ứng Gọi ω4 đường tròn ngoại tiếp tam giác P1P2P3 O4 tâm đẳng phương ba đường tròn ω1, ω2, ω3 Do ba đường tròn ω1, ω2, ω3 đơi tiếp xúc ngồi đ từ tính chất phương tích điểm O ba đường tròn ω1, ω2, ω3 ta suy được: O4P1 = O4P2 = O4P3 Do O4 tâm đường trịn ω4 80 Từ tính chất tâm đẳng phương có: O4P1⊥O1O3 nên O1 O3 tiếp tuyến ω4 1đ Chứng minh tương tự có O1O2, O2O3 tiếp tuyến ω4 · · AO  O · PA P 3 Vì O3 ∈ AB nên ta có: P2 PZ Nếu gọi Z’ giao điểm thứ hai AP2 ω4 O3P2 tiếp tuyến ω4 · · · ' nên ta có: O3 P2 A  O3 P2 Z '  P2 PZ · · PZ ' P Do P2 PZ Z’ thuộc đường thẳng BZ Vì Z Z’ thuộc AP , AP2  BZ nên suy Z ≡ Z’ Do Z ∈ ω · · XPZ Vì O4 PO góc vng (do AB đường kính) nên ta có: · · · · · · ZPP  ZPP  O4 PO  XPZ  ZPO  XPO (1) 2đ · ·  XP3 P1 (2) Vì P1O4 tiếptuyếncủa ω1 nên ta có: XPO · ·  XP3 P1 Từ (1) (2) suy ZPO Gọi l đường thẳng ZP3 Z ≡ P3 đường thẳng tiếp xúc với ω4 P · · (vì O P tiếp tuyến ω ) Khi đó:  l ; P3 P1   ZPO 3 · · Kết hợp điều với kết quả trên,ta suy ra:  l ; P3 P1   XP3 P1 ⇒X ∈ l Chứng minh tương tự ta có Y ∈ l Vì Z ∈ l nên ta suy ba điểm X, Y, Z thẳng hàng Theo giả thiết ta có 2đ n ù< 2018, " x Ỵ ¡ , n Î ¥ * - 2018 < å i é êf ( x + i +1) - f ( f ( x + i ) ) û ú ë i =1 Þ - 2018 4032 ( m +1) é ê ú ë( û , điều mâu thuẫn với khẳng định 81 0,5 đ f ( t +1) - f ( f ( t ) ) = 0, " t Ỵ ¡ Do , lại có f hàm đơn ánh nên suy f ( t ) = t +1, " t Ỵ ¡ Biến đổi ( hợp sau xảy b + a) ( b - a ) = p 2 , p số nguyên tố nên có hai trường b2 = p + p p ( p +1) p2 - p = a= 2 0,5 đ 1đ 1) b + a = p b - a = p , tính p ( p +1) 2.3 = =3 2 Với p = rõ ràng , khơng phải số phương Với p p ( p +1) p ( p +1) Mp 2 số nguyên tố lẻ mà Mp nên khơng phải số phương Trong trường hợp không tồn a, b thỏa mãn 2) b + a = p b - a = , tìm p = không tồn a, b thỏa mãn b2 = 2,5 đ p +1 p3 - a= 2 Dễ thấy với p +1 p +1 = ( p - p +1) = b 2 Với p số nguyên tố lẻ ta cú l s chớnh ổp +1 gcd ỗ ; p - p +1÷ = gcd ( p +1, p - p +1) = gcd ( p +1;3) ữ ỗ ữ ỗ ố ứ phng Li cú ổp +1 p +1 gcd ỗ ; p - p +1ữ =1 ữ ỗ ữ ỗ è ø - Nếu p +1 M3 dẫn đến p - p +1 số phương, hay có số ngun dương n để p - p +1 = n Û p ( p - 1) = ( n - 1) ( n +1) Điều khơng xảy ỉp +1 gcd ỗ ; p - p +1ữ =3 ữ ç ÷ ç p º ( mod 3) è ø p + M - Vậy hay , hay tồn x, y p +1 = 3x 2 2 nguyên dương để p - p +1 = y , viết lại p = x - Để tìm p nhỏ nhất ta tìm x nhỏ nhất, với x = có p = p - p +1 = 25 - +1 = 21 không thỏa mãn, 2 với x = có p = 23 p - p +1 = 23 - 23 +1 = 3.13 Vậy số p nhỏ nhất cần tìm 23 A£ B 2đ Gọi S(A) S(B) tổng phần tử tập A tập B Giả sử Ta chứng minh phản chứng, giả sử tồn phân hoạch tốt mà A £ 672 B ³ 1346 , tương ứng Vì phần tử A, B số khác 1; thuộc [ ] nên S ( A) < 672.2 = 1344 1346.1 = 1346 Điều mâu thuẫn dẫn đến điều giả sử sai Vậy có điều phải chứng minh TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN Bài Nội dung f ( x ) Cho hàm số liên tục bị chặn khoảng (a;  ) Chứng minh với Điểm lim xn   ( x ) n  n T số dương, ta ln tìm dãy thỏa mãn lim  f(x n +T) - f(x n )  = n Xét hiệu f ( x  T )  f ( x) , xảy hai trường hợp TH1: Tồn số hữu hạn x '  a cho hiệu f ( x  T )  f ( x ) giữ nguyên loại dấu với x  x ' TH2: Với E  a , tồn x0  E cho f ( x0  T )  f ( x0 )   f ( x ' nT ) đơn điệu bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn Trong TH1, dãy lim f ( x ' nT )  l n  1,5 1,5 Do lim  f  x ' (n  1)T   f ( x ' nT )   l  l  n  , xn  x ' nT   thỏa mãn yêu cầu đề Trong TH2, tồn dãy vô hạn ( xn ) giá trị x  a cho xn   lim  f ( xn  T )  f ( xn )  f ( xn  T )  f ( xn )  nghĩa n  Vậy hai trường hợp ta xác định dãy số thỏa mãn  I , r  Đường tròn  I , r  tiếp Cho tam giác ABC vuông A ngoại tiếp đường tròn xúc với AB, BC , CA P, Q, R Gọi K trung điểm AC , đường thẳng IK cắt AB M Đoạn thẳng PQ cắt đường cao AH tam giác ABC N Chứng minh N trực tâm tam giác ABC 83 Gọi D, T, L theo thứ tự giao điểm CI AB, MR, RQ QB RC PA 1 Dễ thấy AR = AP, BP = BQ, CQ = CR nên QC RA PB Do đó, theo định lý Ceva, AQ, BR, CP đồng quy T  ALRQ   T  ACRP   1 Vậy (1) Kết hợp với LR = LQ, suy AT // QR · Kết hợp với QR  TC suy ATI  90 · · Kết hợp với API  90 , ARI  90 suy năm điểm A, P, T, I, R thuộc đường tròn (2) · · Vậy RTQ  RAP  90 (3) AC  AB , IP  AB  AC / / IP Vì Từ đó, ý KA = KC, suy ra: T  ACMP   T  AIMP   I  ATMP   I  ATKP   1 (4) T  ACRP   T  ACMP  Từ (1) (4) suy Điều có nghĩa T, R, M thẳng hàng (5) Từ (1) (5) suy QN  QT  MR  TR (6) Từ (2), ý AC / / IP, AB  AC , AH  BC suy 1· 1· 1· · · ¶  TCA · TAM  TAP  TIP  BCA  BAH  MAN 2 · · Do TAM  TAN · · Từ (1) (6) suy ATM  ATN Vậy ATM  ATN , điều có nghĩa AM= AN, TM = TN Do AT  MN Kết hợp với AT / / QR , suy MN  QR (7) Từ (6) (7) suy N trực tâm tam giác MQR n  a  0, n   có hệ số số nguyên Cho đa thức P( x)  an x   a1x  a0 n Chứng minh tồn vô số số nguyên k cho P( x )  k khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên với bậc lớn 84 n Ta chọn k  p  a0 với p số nguyên tố thỏa mãn tố nên có vô số số k p   i 1 Vì có vơ số số ngun Q( x)  P ( x)  k  an x n   a1x  p bất khả qui ¢[x]  1  1 Nhận xét: Nếu  nghiệm phức Q( x) Thật vậy, Ta chứng minh p  an  n   a1  an   a1 mâu thuẫn với cách chọn p Giả sử phản chứng Q( x) khả quy tức Q( x)  g ( x).h( x) với g ( x), h( x)  ¢[x] g (0)  deg g  1, deg h  Ta có p  Q(0)  g (0).h(0) Vì p số nguyên tố suy h(0)  Giả sử g (0)  g ( x )  bk x k   b1x  (k  1) Gọi z1, z2 , , zk nghiệm g ( x) Vì Q( x)  g ( x).h( x) nên zi (i  1, , k ) nghiệm Q ( x) Theo nhận xét zi  (i  1, , k ) z1z2 zk  nên z1 zk  Mặt khác theo định lí Viet ta lại có 1 bk , mâu thuẫn Vậy Q( x) phải bất khả qui ¢[x]  n  1 ! khơng chia hết cho n2 Tìm tất số nguyên dương n cho Nhận xét : Khi n số nguyên tố (n - 1) < n nên (n - 1)! không chia hết cho n, khơng chia hết cho n2 Ta tìm n khơng ngun tố thỏa (n - 1)! không chia hết cho n2 0,5 Ta có: ( n  1)! Mn  n ! Mn Điều xảy tồn ước số p n cho bậc p (số mũ lũy thừa p phân tích thừa số nguyên tố) n! bé bậc p n3 t Giả sử n  p k (với (p, k)=1) Theo lí luận ta có bất đẳng thức: n  n   n   p          3t    p   p  (*) n  n  n   n  3t               pt   3t  k ( p t 1  p t    1)  p   p   p3  Suy ra: k ( pt  1) 1.(2t  1) 3t   2t   t  {1,2,3} p   1 (**) Suy ra: Ta xét trường hợp dùng phép thử lại để làm rõ kết tốn TH : t = Ta có: (**)   k Suy k  k  (Do k  n trở thành số 3t  0,5 nguyên tố) + Với k = 2: n  p (p nguyên tố) 85 2p 2p           p   p    (đúng) Thử lại: p = n = (thỏa); p  : (*) + Với k = 3: n  p (p nguyên tố) Thử lại: p = n = (thỏa); p = n = (thỏa); p  3p   3p           p   p    (sai) (*) TH2: t = Ta có (**)   k ( p  1) Suy k  k  (Do ( p  1)  ) + Với k = 1, ta ( p  1)   p  {2,3,5}  n {4,9, 25} 0,5 Thử lại ta chọn: n = 4, n = + Với k = 2, ta ( p  1)   p   n  Thử lại ta thấy n = thỏa mãn 0,5 TH3: t = Ta có (**)   k ( p  p  1) Suy k  (Do p  p  1)  ) + Với k = 1, ta ( p  p  1)   p   n  (thỏa) Vậy tập tất giá trị số tự nhiên n thỏa (n  1)! Mn { p , p , , } với p nguyên tố 2018 Hãy xác định số số tự nhiên n không vượt 10 thỏa mãn hai điều kiện sau đây: i) n chia hết cho  0,1, 2,3, 4,5, 6,8 ii) Chữ số biểu diễn thập phân n thuộc   n  0;1; ;10 2018  2018 10 Vì không chia hết ta cần xét suy số tự  nhiên n biểu diễn thập phân có khơng q k = 2018 chữ số Ký hiệu nguyên thủy bậc bảy Khi   1,   1,       Ta dễ dàng suy rằng, 6j 5j j j khơng chia hết cho         j chia hết cho 6 j  5 j    j    P  x    x  x  x3   x8  2018 Xét đa thức , Gọi số số n thõa mãn đầu M Khi đó, M tổng hệ số số hặng với số mũ x chia hết cho Giả P  x  sử 7k  ajx j j 0 Khi   P  x  : P(1)  P()   P   M   a7 j Tính kết cụ thể 7k  a j    j   6 j  8 j    a7 j j 0 86 P (1)  8k  P ()          k  k     2k k P (3 )    3      24   3k k P ( )      8   32    4k k P (5 )    5  10    40   5k k P (6 )    6  12    48    6k P ( )        16 Từ ta có Vậy M k M   7a3 j  8k   k   2k    6k  8k     k   2k    6k 82018  87 ...TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU ĐỀ ĐỀ XUẤT VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019 MƠN: TỐN 11 THỜI GIAN:180 PHÚT Câu (4,0 điểm)... sang phải lên ==== Hết ==== KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI NĂM HỌC 2018- 2019 MƠN THI: TỐN LỚP 11 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT... ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2019 MƠN: TỐN 11 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu