TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVI – ĐIỆN BIÊN 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: Toán - KHỐI: 11 Ngày thi: 12 tháng năm 2022 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 4n + , ∀n ≥ Câu (4,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) : x1 = , xn +1 = xn − nxn a Chứng minh xn > n + 2, ∀n ≥ b Tính lim Ý a (2,0 điểm) xn + xn +1 × xn xn+1 Nội dung Điểm P : " x > n + 2, ∀ n ≥ 3" Chứng minh mệnh đề n phương pháp quy nạp theo n n 0,5 77 > = + nên P3 Ta có x1 = , x2 = − , x3 = 1 < Giả sử Pn đúng, nghĩa xn > n + Ta có xn > n + > nên 0,5 xn n + suy xn+1 = xn − b (2,0 điểm) 4n + 4n + > ( n + 2) − > n+3 nxn n ( n + 2) 1,0 Suy Pn +1 đúng, theo phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh Theo chứng minh ta có xn > n + 2, ∀n ≥ , nghĩa xn > kể từ số hạng xn + xn+1 1 1 = + < + , ∀n ≥ thứ 3, ta có < xn xn +1 xn xn+1 n + n + Ta có lim = lim + ÷= , n + n +3 theo nguyên x + xn +1 lim n = xn xn+1 lí kẹp ta 1,0 có 1,0 Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O ) ngoại tiếp đường tròn ( I ) Đường thẳng AI cắt BC ( O ) E D ( D ≠ A ) Điểm M di động đoạn BE , khác điểm B, E Đường thẳng đối xứng với AM qua AI cắt ( O ) điểm thứ hai N Điểm K nằm AM cho IK song song với BC a Chứng minh M di động đoạn BE giao điểm DK IN ln nằm đường tròn cố định b Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC J ≠ I Gọi H giao điểm thứ hai JN ( O ) , L trung điểm MJ Chứng minh M di động đoạn BE đường thẳng LH ln qua điểm cố định Hướng dẫn chấm - Trang Ý a (2,0 điểm) b (2,0 điểm) Nội dung Gọi T giao điểm thứ hai IN ( O ) , G giao điểm IN BC · · » + sdCN » · · · · · = TGB = sdTB Ta có TIK = TAB + CAN = TAB + BAM = TAK Suy tứ giác ATKI nội tiếp · · · · · Suy ITK = IAK = IAN = DAN = ITD Suy điểm T , K , D thẳng hàng Suy giao điểm IN KD nằm đường tròn ( O ) cố định Ta có ∆ABE ∽∆ADC nên AB AC = AE AD Ta có ∆ABM ∽∆ANC nên AB AC = AM AN Do BI BJ phân giác ·ABE nên ( AEIJ ) = −1 Mà D trung điểm IJ nên AD AE = AI AJ Từ suy AM AN = AI AJ Suy ∆AIM ∽∆ANJ · Suy MID = ·ANH = ·ADH hay MI / / DH Do LD / / MI nên điểm L, D, H thẳng hàng, hay LH qua điểm D cố định ( Điểm 1,0 ) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu (4,0 điểm) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn Hướng dẫn chấm - Trang f ( x + f ( y ) ) + x = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Nội dung Giả sử tồn hàm f thỏa mãn f ( x + f ( y ) ) + x = f ( x ) + f ( y ) ( 1) , ∀x, y ∈ ¡ Điểm 1,0 Kí hiệu P ( u , v ) phép x = u , y = v vào ( 1) Nếu f ( x ) = c, ∀x ( 1) trở thành c + x = 3c, ∀x , điều không xảy Xét f không hàm hằng, suy tồn a mà f ( a ) ≠ 0,5 Xét P ( x, a ) ta có f ( x + f ( a ) ) + x = f ( x ) + f ( a ) , ∀x Suy f ( x ) − f ( x + f ( a ) ) = x − f ( a ) , ∀x Do miền giá trị x − f ( a ) ¡ nên với số thực t ln có u , v để f ( u ) − f ( v ) = t ( *) Xét P ( − f ( x ) , x ) ta có f ( ) − f ( x ) = f ( − f ( x ) ) + f ( x ) , ∀x 0,5 ⇔ f ( ) − f ( x ) = f ( − f ( x ) ) , ∀x ( ) Xét P ( − f ( x ) , y ) ta có f ( f ( y ) − f ( x ) ) − f ( x ) = f ( − f ( x ) ) + f ( y ) , ∀x, y 0,5 ⇔ f ( f ( y ) − f ( x ) ) − f ( x ) = −2 f ( x ) + f ( ) + f ( y ) , ∀x, y (do ( ) ) ⇔ f ( f ( y ) − f ( x ) ) = − f ( x ) + f ( ) + f ( y ) , ∀x, y Xét P ( f ( y ) − f ( x ) , y ) ta có ( 3) 0,5 f ( f ( y ) − f ( x ) ) + f ( y ) − f ( x ) = f ( f ( y ) − f ( x ) ) + f ( y ) , ∀x , y ⇔ f ( f ( y ) − f ( x ) ) = f ( y ) − f ( x ) + f ( ) , ∀x, y ( ) (do (3)) Theo ( *) ( ) ta có f ( t ) = t + f ( ) , ∀t Cho t = ta f ( ) = 0, suy f ( x ) = x, ∀x 0,5 Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f ( x ) = x, ∀x nghiệm hàm 0,5 Câu (4,0 điểm) Cho số nguyên tố p > Chứng minh ước nguyên lớn 2p +1 có dạng 2kp + 1, k ∈ ¥ * Nội dung +1 p 2p Gọi q ước ngun tố Ta có ≡ −1( mod q ) ⇒ ≡ 1( mod q ) Gọi h = ord q ( ) , suy h | p ⇒ h ∈ { 1;2; p;2 p} +) Nếu h = ≡ 1( mod q ) ⇒ q |1, vơ lí p p +) Nếu h = ≡ 1( mod q ) ⇒ q | ⇒ q = ⇒ | + Điểm 1,5 0,5 0,5 Do p > nên có trường hợp p 6k + 1,6k + , kết hợp với = 64 ≡ 1( mod ) thấy khơng có số p thỏa mãn 2p +1 +) Nếu h = p ≡ 1( mod q ) ⇒ q | ⇒ q = , mâu thuẫn số lẻ p 0,5 Hướng dẫn chấm - Trang Suy h = p q −1 Do ( 2, q ) = nên theo định lý Phecma ta có ≡ 1( mod q ) , suy p | ( q − 1) , suy 0,5 q = 2kp + Do tích số có dạng 2kp + số có dạng nên ta có điều phải chứng minh 0,5 Câu (4,0 điểm) Xét 2021 điểm A1 , A2 , , A2021 phân biệt thay đổi đường trịn Đặt S số tam giác nhọn có đỉnh số điểm cho a Khi 2021 điểm tạo thành đa giác đều, tính S b Với cách cho điểm, tìm giá trị lớn S Ý Nội dung Điểm a Tính số tam giác tù có đỉnh đỉnh đa giác (2,0 Ai A j không chứa A1 Xét tam giác Ai A1 Aj tù đỉnh A1 cung ¼ 0,5 điểm) đường trịn ngoại tiếp có 1010 điểm (khơng kể Ai , Aj ) ¼A , ¼ AA,A A A (theo chiều kim đồng hồ), Gọi x1 , x2 , x3 số đỉnh cung ¼ i 1 j j i không kể đỉnh đầu mút (Các điểm Ai , A1 , Aj theo thứ tự chiều kim đồng hồ) Suy số tam giác tù đỉnh A1 số nghiệm phương trình 0,5 x1 + x2 + x3 = 2018 ( 1) x1 , x2 , x3 ∈ ¥ x ≥ 1010 Bằng đổi biến y3 = x3 − 1010 số nghiệm ( 1) số nghiệm x1 + x2 + y3 = 1008 phương trình x1 , x2 , y3 ∈ ¥ 0,5 Theo tốn chia kẹo Ơle ta có số nghiệm C1010 Suy số tam giác tù 2021.C1010 Do 2021 số lẻ nên không tồn tam giác vng có đỉnh đỉnh đa giác b (2,0 điểm) − 2021.C1010 = 2021× 505 × 337 Suy số tam giác nhọn C2021 Đặt n = 2021 Giả sử điểm A1 , A2 , , An viết thứ tự theo chiều kim đồng hồ 0,5 đường tròn, số điểm lấy theo mod n , nghĩa An +i ≡ Ai Kí hiệu Ai A j cung trịn có điểm đầu Ai điểm cuối Aj theo chiều kim đồng hồ, g ( Ai A j ) số đo cung tương ứng, cung gọi tù 0,5 g ( Ai A j ) ≥ 180o o Ta thấy g ( Ai Aj ) + g ( Aj Ai ) = 360 nên cung Ai Aj , A j Ai có cung tù Đặt xs số cung tù mà có s − điểm (không kể đầu mút) Với i , cung Ai Ai + s Ai + s Ai tù Mà Ai Ai + s có 0,5 Hướng dẫn chấm - Trang s − điểm, Ai + s Ai có n − s − điểm Suy xs + xn − s ≥ n với số nguyên dương s = 1, 2, , n − Với cung tù Ai A j mà có s − điểm tạo n − s − tam giác không nhọn Ai Ak Aj với Ak điểm thuộc cung Aj Ai Suy tổng số tam giác không nhọn N = x1 ( n − ) + x2 ( n − 3) + + xn −2 + xn −1.0 0,5 n −1 ta xét ( n − s − 1) xs + ( s − 1) xn − s +) Nếu xs = ( n − s − 1) xs + ( s − 1) xn− s = ( s − 1) ( xs + xn− s ) +) Nếu xs > , n − s − > s − nên ( n − s − 1) xs + ( s − 1) xn− s > ( s − 1) ( xs + xn− s ) Với s = 1, 2, , Vậy ( n − s − 1) xs + ( s − 1) xn− s ≥ ( s − 1) ( xs + xn− s ) ≥ n ( s − 1) n ( n − 3) ( n − 1) n−3 Suy N ≥ + + + ÷.n = n ( n − 1) ( n − ) Do số tam giác tạo thành Cn3 = nên số tam giác nhọn n ( n − 1) ( n − ) n ( n − 3) ( n − 1) n ( n − 1) ( n + 1) S≤ − = 24 2020.2021.2022 = = 2021× 505 × 337 24 Dấu “=” xảy điểm tạo thành đa giác Vậy giá trị lớn S 2021 × 505 × 337 0,5 …………………………………HẾT…………………………… Lưu ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết xác, có chứng khoa học cho điểm tối đa - Giám khảo làm tròn điểm tổng thi đến 0,25 điểm Hướng dẫn chấm - Trang