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 - - Câu (4 điểm) Cho dãy số thực (an ), (bn ), (cn ) thỏa mãn điều kiện sau: i) a1 1, b1 c1 0, ii) an an cn a b , bn bn n , cn cn n với n 1 n n n 2 Chứng minh lim n (an bn ) (bn cn ) (cn an ) 0 Lời giải 2 Đặt un (an bn ) (bn cn ) (cn an ) , n Ta ước lượng giá trị un Từ cơng thức cho, ta có cn an n (cn an ) 2(an bn )(cn an ) 2 (an bn ) (an bn ) n2 n an bn an bn 2 Xây dựng đẳng thức tương tự với (bn cn ) , (cn an ) cộng lại, ý ( x y )( z x) ( y z )( x y ) ( z x)( y z ) x y z xy yz zx ( x y )2 ( y z )2 ( z x )2 n2 n 1 1 un với n 2 Từ dùng đánh giá làm trội Suy un un n2 n n 3u n 1 n n2 n 1 n 1 u3 với n 3 , n 2 , ta có un n n 1 n2 n n2 3u 3u Do nun n Dễ thấy lim n 0 nên theo nguyên lý kẹp, ta có n2 n2 lim d n n 0 Câu (4 điểm) Cho p số nguyên tố có dạng 12k 11 Một tập S M {1, 2, , p 1} gọi “tốt” tích phần tử S khơng nhỏ tích phần tử M \ S Ký hiệu S hiệu hai tích Tìm giá trị nhỏ số dư chia S cho p xét tập tốt M có chứa p phần tử Lời giải p 1 p , , , p 2, p 1 rõ ràng S tập tốt Trước hết, xét tập S S ( 1) p p 1 p 1 p 1 ! ! ! 2a (mod p) , p 1 a ! thỏa mãn p | a theo định lý Wilson Ta xét trường hợp: - Nếu a 1 (mod p ) S 2 (mod p ) - Nếu a (mod p) tập S , thay p 1 p p 1 (mod p) dễ thấy dấu 2 S thay đổi thành Khi đó, hai trường hợp, ta tập tốt có S 2 (mod p) Ta chứng minh không tồn S tốt cho S 1 (mod p) Xét tập tốt S gọi a, a tích phần tử S , M \ S Theo định lý Wilson aa ( p 1)! (mod p) Khi đó, a a (mod p) p | a , vơ lý ta biết a khơng có ước ngun tố dạng 3 4k Còn a a 1 (mod p ) (2a 1)2 (mod p) , vơ lý theo giả p thiết p 11 (mod12) Vậy giá trị nhỏ cần tìm Câu (4 điểm) Cho hàm số f : thỏa mãn f (2) 5, f (2020) 2019 f (n) f ( f (n 1)) với n 1 a) Chứng minh f (2n) f (2n 1) số với n 2 b) Tính giá trị có f (2019) Lời giải Với n 3 n 4 , (*) hiển nhiên Giả sử (*) với k thỏa mãn k n Khi đó, ta có trường hợp: - Nếu n chẵn f (n) f ( f (n 1)) f ( x) y Nếu n lẻ f (n) f ( f (n 1)) f ( y ) x Ta có f (2) f ( f (1)) Dễ thấy f (1) 1 khơng f (2) f ( f (1)) f (1) 1 , mâu thuẫn Các giá trị f (n) với n 0,1, 2, lập thành dãy sau: f (0), f (1), f (2) 5, f (3) x, f (4) 2015, f (5) x, f (6) 2019, Ta xét trường hợp sau: 1) Nếu f (1) số lẻ lớn f (2) f ( f (1)) x , mà f (2) 5 nên x 5 Suy ra, f ( x ) f (5) x 5 , ta lại có f ( x ) 2019 , mâu thuẫn 2) Nếu f (1) số chẵn lớn f (2) f ( f (1)) 2019 , mâu thuẫn 3) Nếu f (1) 0 f (0) f ( f (1)) f (2) 5 , dẫn đến f (1) f ( f (0)) f (5) x nên x 0 , suy f (0) 2019 , mâu thuẫn 4) Nếu f (1) 2 ta có f f (0) 2 nên f (0) số chẵn lớn 2, ta có trường hợp sau: + Nếu f (0) số lẻ lớn f (1) x f (2) f ( f (1)) f ( x) 2019 , mâu thuẫn + Nếu f (0) 1 giá trị f (n) với n 0,1, 2, lập thành dãy sau: 1, 2,5, x, 2019, x, 2019, x, 2019, Do f (2019) x nên ta thấy x 2019 số chẵn lớn Vậy tóm lại, f (2019) x nhận giá trị 2019 số chẵn lớn Câu (4 điểm) a) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có điểm P mặt phẳng Đường tròn ( APB ), ( APC ) cắt lại AC , AB điểm E , F Đường tròn ( AEF ) cắt lại AP điểm T Gọi H điểm đối xứng với K qua P Chứng minh H nằm đường tròn (O) b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có điểm P thay đổi đường trung tuyến AM tam giác ABC Đường tròn ( APB ), ( APC ) cắt lại AC , AB theo thứ tự điểm E , F Gọi G giao điểm EF , BC Đường tròn ( AEF ) cắt AP T Chứng minh đối xứng T qua PG nằm đường tròn (O) Lời giải a) Gọi L giao điểm FK ( APC ), M , S điểm đối xứng với K , E qua L, C Ta có LCA AFL AEK nên KE LC Ngồi ra, MS KE nên MSA KEA AFM nên tứ giác AFSM nội tiếp Mặt khác, KA.KH 2 KA.KP 2 KF KL KF KM nên tứ giác AFMH nội tiếp Do đó, năm điểm A, F , S , H , M thuộc đường tròn Tương tự, ( AEH ) qua điểm đối xứng F qua B Từ ta có PC /( AEH ) PC /( AFH ) PB /( AEH ) PB /( AFH ) nên điểm A, B, H , C thuộc đường tròn b) Gọi X , Y giao điểm thứ hai ( APB ), ( APC ) với BC , gọi J tâm ( AEF ) L điểm đối xứng A qua trung trực BC Ta có MB.MX MP.MA MC.MY nên MX MY Từ suy ra, PB /( AEF ) BA.BF BY BC CX CB CE.CA PC /( AEF ) Do đó, JB JC nên L ( AEF ) Ngoài ra, A( ML, BC ) (TL, FE ) Mặt khác, gọi G giao điểm trung trực TL với BC Ta có TJG TAL AMB nên JTMG nội tiếp Do JTG JLG 90 Do G, E , F thẳng hàng hay G G Gọi K giao điểm TP với (O),U điểm đối xứng K qua O Giả sử UT cắt (O) T Theo toán câu a PT PK nên T P TP KP Hơn nữa, TT L UKL UAL 90 TAL TGL nên G tâm ngoại tiếp tam giác TT L , suy GT GT Do đó, T điểm đối xứng T qua PG T (O) Câu (4 điểm) Cho k số nguyên tố không lớn 2019 Gọi tập A tập tập S 2,3, , 2019 cho A k hai phần tử A chia hết Chỉ tìm tập B cho B k , A B S khơng có hai phần tử tập B chia hết Lời giải Chúng ta chứng minh toán quy nạp lùi với số phần tử A Trường hợp A k , chọn B=A Giả sử toán với A m k chứng minh toán với A m Gọi p1 , p2 , , pk tập tất số nguyên tố không vượt 2019 Với i 1, 2, , k ta định nghĩa tập Ai x A : pi ước nguyên tố lớn x Chú ý A hợp tập rời Ai A Ai Do theo nguyên lý chuồng bồ câu suy Aj rỗng với số giá trị j k Đặt p p j p lũy thừa lớn p 2019 Chúng ta yêu cầu A không chứa ước bội p Thật p A với số có p A j (vơ lý) Có nghĩa cp A với vài c cp có ước ngun tố q p cp A j Do q | c Điều suy cp qp p 1 2019 (vơ lí) Do A ' A p khơng có hai phần tử khác A’ chia hết Từ A ' m, A A ' Chúng ta tìm tập B thỏa mãn giả thiết quy nạp A’ (đpcm)