SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV KHỐI 10 NĂM HỌC 2021 2022 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút Bài 1 (2,0 điểm) Cho dãy số ( nu ) xác định bởi 2 1 1 1 1[.]
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV- KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2021 - 2022 NGUYỄN TRÃI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (2,0 điểm) Cho dãy số ( u n ) xác định bởi: u1 = 3; un+1 = un + un + 3.n CMR: ( u n ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Bài 2: (2,0 điểm) Cho số thực dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = CMR: a +1 b +1 c +1 + + 3 b2 + c + a + Bài 3: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp (O) Lấy D cạnh BC, từ D kẻ đường song song AB cắt AC E đường song song AC cắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) H a) CMR: HD phân giác BHC b) CMR: Đường tròn ngoại tiếp (AEF) qua O c) CMR: AEFH hình thang cân Bài 4: (1,5 điểm) Cho p1 ; p2 ; ; pn số nguyên tố lớn CMR: p p p + có 2𝑛+1 ước ngun dương n Bài 5: (1,5 điểm) Cho 100 số tự nhiên liên tiếp từ đến 100 Đếm số cách chọn số 100 số cho số chọn độ dài cạnh tam giác Hướng dẫn chấm Bài 1: Cho dãy số (𝑢𝑛 ) xác định bởi: u1 = 3; un+1 = un + un + 3.n CMR ( u n ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn 1 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + √𝑢𝑛2 + Ta CM 𝑢𝑛 > quy nạp - Với n = => 1 1 - Giả sử có 𝑢𝑛 > => 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + √𝑢𝑛2 + > + = 1 Khi 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = √𝑢𝑛2 + − 𝑢𝑛 = 4 2 3−3𝑢𝑛 +3+2𝑢 √𝑢𝑛 𝑛 (𝑢𝑛 ) dãy số giảm 1 Cách khác: 𝑓(𝑥) = 𝑥 + √𝑥 + => f’(x) > Mà dãy bị chặn số => dãy có giới hạn hữu hạn x 1 => 𝑥 = 𝑥 + √𝑥 + => x = Bài 2: Cho số thực dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = CMR: a +1 b +1 c +1 + + 3 b2 + c + a + Giải: Xét hàm số f ( x) = −2 x , x Ta có f ( x) = f (1) = − Tiếp tuyến đồ x +1 ( x2 + 1) 1 thị hàm số điểm 1; có phương trình y = − x + 2 Dự đoán: 1 − x + 1, x (1) x +1 2 Thật vậy: BĐT ( x + 1)(− x + 2) x3 − x + x x( x − 1)2 Áp dụng BĐT (1) cho số b ta 1 − b + (2) Vì a + nên b +1 2 a +1 a +1 1 − b + 1 (a + 1) − ab − b + a + b +1 b +1 2 Tương tự, cộng lại ta a +1 b +1 c +1 1 + + − (ab + bc + ca) − (b + c + a) + (a + b + c) + b +1 c +1 a +1 2 Cuối sử dụng BĐT (ab + bc + ca) (a + b + c)2 giả thiết a + b + c = ta thu a +1 b +1 c +1 + + Dấu “=” xảy a = b = c = b2 + c + a + Bài 3: Cho tam giác ABC cân A nội tiếp (O) Lấy D cạnh BC, từ D kẻ đường song song AB cắt AC E đường song song AC cắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) H a) CMR: HD phân giác BHC b) CMR: Đường tròn ngoại tiếp (AEF) qua O c) CMR: AEFH hình thang cân a) (AEF) cắt (O) H Tồn phép 𝑉𝑇𝑄𝐻 : Biến 𝐹 → 𝐵; 𝐸 → 𝐶 HFB đồng dạng HEC 𝐻𝐵 𝐵𝐹 = 𝐻𝐶 𝐶𝐸 Mà FBD EDC hai tam giác cân đồng dạng => 𝐻𝐵 𝐹𝐵 𝐸𝐶 = 𝐵𝐶 𝐶𝐷 𝐵𝐶 = => HD phân giác góc BHC 𝐻𝐶 𝐶𝐷 ̂ = 𝐵𝐴𝑂 ̂ = 𝑂𝐴𝐸 ̂ => tam giác OBF = OAE (c;g;c) b) Ta có 𝐹𝐵𝑂 ̂ = 𝐴𝑂𝐵 ̂ = 1800 − 𝐵𝐴𝐶 ̂ => O thuộc (AEF) OE = OF 𝐸𝑂𝐹 c) Gọi I điểm cung BC khơng chứa A => A; O; I thẳng hang ̂ = 𝐴𝐶𝐼 ̂ = 900 𝐴𝐵𝐼 𝐼𝐸 − 𝐼𝐹 = (𝐼𝐶 + 𝐶𝐸 ) − (𝐼𝐵2 + 𝐵𝐹 ) = 𝐶𝐸 − 𝐵𝐹 = 𝐷𝐸 − 𝐷𝐹 ÁP dụng ĐL điểm => ID ⊥ EF Mà ID ⊥ AH => EF // AH Hình thang AHFE nội tiếp đường trịn AHFE hình thang cân Bài 4: Cho p1 ; p2 ; ; pn số nguyên tố lớn CMR: p p p + có 2𝑛+1 ước ngun dương n Hướng dẫn: Ta chứng minh mệnh đề theo quy nạp - Với n = Ta CM: S = p + có ước ngun dương Vì p1 nên p1 lẻ khơng chia hết cho Hiển nhiên S có ước Và p + chia hết cho + = Do S có thêm ước Mà v3 (2 p + 1) = v3 (3) + v3 ( p1 ) = Tức Nên S có ước là: 1; 3; - p1 + p1 + không chia hết cho 3 p1 + p1 ; +1 Giả sử mệnh đề đến n = k, ta CM mệnh đề với n = k + Xét số S = p p p p + , ta cần CM có 2𝑛+2 nghiệm k k +1 Bổ đề 1: Với a lẻ không chia hết cho | 2a + ∤ 2𝑎 + Vì a lẻ nên 2𝑎 + chia hết cho 3, 𝑣3 (2𝑎 + 1) = 𝑣3 (2 + 1) + 𝑣3 (𝑎) = nên khơng chia hết cho Bổ đề 2: Với a b số lẻ không chia hết cho (a;b) = (2a + 1; 2b + 1) = 𝑑 | 2𝑎 + |22𝑎 − Gọi d ước nguyên tố chung + + => { 𝑑 |2𝑏 + |22𝑏 − a b Gọi k số nguyên dương nhỏ cho 𝑑 | 2𝑘 − 𝑘 | 2𝑎 { 𝑘 |2𝑏 Mà (a;b) = nên k = 2, tức d = Do bổ đề nên chúng không chia hết cho 9, nên (2a + 1; 2b + 1) = - Trở lại tốn, áp dụng bổ đề ta có với S = p p p p + k k +1 𝑆 ⋮ 2𝑝1𝑝2…𝑝𝑘 + (2𝑝1…𝑝𝑘 { + 1; 2𝑝𝑘+1 + 1) = 3; 𝑣3 (2𝑝𝑘+1 + 1) = 𝑆 ⋮ 2𝑝𝑘+1 + (2𝑝1𝑝2…𝑝𝑘 + 1; 2𝑝𝑘+1 +1 )=1 Theo giả thiết quy nạp, S có đủ 2𝑘+1 ước 2𝑝1…𝑝𝑘 + 1, đồng thời lấy ước nhân với 2𝑝𝑘+1 +1 ta lại ước S không trùng với 2𝑘+1 ước cũ, làm ta tạo thêm 2𝑘+1 ước Như số ước S 2𝑘+1 + 2𝑘+1 = 2𝑘+2 Mệnh đề với k + Theo nguyên lí quy nạp mệnh đề với n Bài 5: Cho 100 số tự nhiên liên tiếp từ đến 100 Đếm số cách chọn số 100 số cho số chọn độ dài cạnh tam giác Chú ý: Chọn số từ tập {1;2;…;100} => số chọn lần, tức số chọn phải số phân biệt Đặt số a < b < c => c 100 => Ý tưởng: Chọn c – b chọn a > c – b Có c –b 49 Vì c – b 50 a > 50 b < 50 => Mâu thuẫn TH1: c – b = => a chọn từ đến 98 +) Nếu a = b > => b chọn từ đến 99 => Số (a;b;c): 97 +) Nếu a = b > => b thể chọn từ đến 99 => 96 +) Lam tương tự, ta tổng số TH là: 97+96+…+1 = 4753 TH2: c – b = => a chọn từ đến 97 +) Nếu a = => b chọn đến 98 => Số (a;b;c) 95 +) Nếu a = => b chọn từ đến 98 => Số 94 +) Làm tương tự, tổng số là: 95+94+…+1 TH3: Tổng quát: c – b = k => a chọn từ k + đến 100 – k – +) Nếu a = k + 1; b chọn từ k + đến 100 – k => Số là: 99 – 2k +) Làm tương tự, tổng số là: (99-2k) + (99-2k-1) + … + = (99−2𝑘).(99−2𝑘+1) Vậy ta tổng số là: ∑49 𝑘=1 (99−2𝑘)(100−2𝑘) = ∑49 𝑘=1 9900−398𝑘+4𝑘^2 49 = 4950.49 − 199 ∑49 𝑘=1 𝑘 + ∑1 𝑘