SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 MƠN: TỐN Ngày thi: 07/10/2020 Hướng dẫn gồm 06 trang ĐỀ THI CHÍNH THỨC A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đến đâu chấm đến Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo chấm tương ứng biểu điểm HDC 2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo không làm sai lệch biểu điểm HDC phải thống toàn hội đồng chấm thi 3) Điểm thi khơng làm trịn B) Hướng dẫn cụ thể: Câu Ý Nội dung Điểm Giải phương trình sau: (2 x 4) x x 5 x x x x 0.5 Điều kiện: (2 x 4) x x ( x 3)(3 x 2) 5 x (2 x 4)( x 1) x 3( x 1) (3 x 3) 0 ( x 1)(2 x x 3) (3 x 3) 0 2x x 3( x 1) 3( x 1) 0 3x Câu 1a 2x x 3( x 1) 1 0 4.0 x đ x 1 x x 2 x 5(*) Từ phương trình (*) , kết hợp với điều kiện tốn ta có: 3x x x 1(**) 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Từ (*) (**) suy ra: x 3 x x 3 x 6 x x 0 S 1;6 Vậy phương trình cho có tập nghiệm x , y Cho số thực dương Chứng minh rằng: 1 x y 2 x 3y y x 4.0 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương, ta có: 0.5 0.5 0.75 x x x y 1 x xy x y x 3y x y x 3y x 3y y 2y 1 2y x 3y x 3y x 3y Cộng vế với vế ta có: x y 1 x xy 2y x 3y x y x 3y x 3y 0.75 0,5 x y đ Câu 1b 1 x 3 x 3y x y (1) x y Dấu “=” xảy x y 1 y 3 2 x y 2 Tương tự ta có y x (2) x y Dấu “=” xảy Từ (1) (2) suy 1 x y 1 x y 2 x 3y y 3x x y x y Dấu “=” xảy 0,5 1.0 0,5 22 n1 n n un un 2n1 , với n xác định công thức: Câu Cho dãy số x x x x (ta kí hiệu số nguyên lớn không vượt x ) u a Tính sáu số hạng đầu dãy số n 12 17 u0 0, u1 0, u2 0, u3 , u4 , u5 17 33 Ta có b Tính giới hạn dãy số un Ta có: 22 n 1 n n n n2 n n2 n un 2 n 1 2n1 2 2n1 Với n 3 ta có: n2 n n2 n 6n 6n 24 n1 2 Cn 1 Cn11 Cn21 Cn31 n 3n 8n 12 Khi lim un 0 n 1.5 0.5 0.5 0.5 c Có số hạng dãy số (un ) với n 86 thỏa mãn: 2526 2n 99 23 un n 1 65 ? n 1 Với n 3 , ta chứng minh quy nạp n n , n2 n n 1 1 2 thành thử: un n2 n 2n 1 với n 3 Do Với n 0, n 1, n 2, n 3, n 4, n 5 ta thấy không thỏa mãn 46(2n 1) n2 n 65 điều kiện đề với n 6 thỏa mãn điều kiện đề Xét với n 7 , ta có: 2526 2n 99 23 46(2 n 1) n 97 un 1263 2 n n (*) 2n 65 65 Với n 86 thì: 1263 211 297 n n n 1263 2 n 97 n n n2 n 46(2n 1) 65 0.25 0.25 0.25 Ta dễ dàng chứng minh quy nạp 0.25 với n 7 Như (*) n 86 , hay có 81 số thỏa mãn điều kiện đề Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC có tâm S , cắt đường thẳng AB điểm X khác B cắt đường tròn Euler tam giác ABC hai điểm D, E Gọi K , L theo thứ tự điểm đối xứng S qua AB, AC Chứng minh rằng: a XO AC a Gọi M trung điểm BC Dễ thấy XO, AC XO, XB AB, AC CO, CB OB, OC mod CO, CM OM , OC mod Do XO AC OM , CM 0.5 0.5 0.5 0.5 b Đường thẳng KL qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC hai đường thẳng AD, AE đối xứng qua đường phân giác góc BAC b Gọi H trực tâm tam giác Gọi N , A1 , B1 , C1 theo thứ tự trung điểm OH , HA, HB, HC Xét phép vị tự tâm H , tỷ số k 2 ta có A1 , B1 , C1 theo thứ tự biến thành A, B, C Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 biến thành đường tròn ngoại tiếp ABC Suy N tâm đường tròn Euler tam giác ABC Gọi Z , T theo thứ tự giao điểm SK , SL AB, AC Ta có BH AC , kết hợp ý a ta có XO || BH Từ đó, ý Z , E theo thứ tự trung điểm XB, OH 0.25 0.25 Suy ZN || BH Kết hợp với ST || BH , suy ZN || ST (1) (2) Tương tự ta chứng minh TN || SZ Từ (1) (2) suy SZNT hình bình hành (3) Từ (1), (2) (3), ý Z , T theo thứ tự trung điểm ZN ZN KZ SK , SL , suy SL 2ST KS Vậy N thuộc KL (điều phải chứng minh) Gọi I AH BC , A ' điểm đối xứng A qua O Gọi G , F theo thứ tự trung điểm AB, AC AB AI ABI AA ' C AA ' AC Dễ thấy tam giác AI AO AB AC AF AB AG AC Xét phép nghịch đảo đối xứng f hợp phép nghịch đảo AB AC A tâm , phương tích phép đối xứng qua phân giác BAC góc ta có điểm O, B, C theo thứ tự biến thành điểm I , F , G Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác OBC biến thành 0.25 0.25 0.25 0.25 đường tròn Euler Do D, E giao điểm hai đường tròn nên qua phép f 0.25 biến D thành E 0.25 Do AD, AE đối xứng qua phân giác BAC Câu a Cho số nguyên tố p số nguyên dương a thỏa mãn a p , q p ước nguyên tố A 1 a a Chứng minh q chia hết cho p a 2.0 đ Bổ đề: “Giả sử m n số nguyên dương, a số m n ( m,n ) ” nguyên lớn Khi ( a 1, a 1) a Chứng minh m n Đặt d1 (a 1, a 1) d (m, n) Ta chứng minh d1 a d a 1 a 1 Ta có a 1 d (1) d m a d 1 a n 1 Suy d Do d (m, n) nên tồn x, y cho mx ny d 0.5 d1 a m 1 d1 a mx 1 n ny d a 1 d1 a 1 Vì nên ta có mx ny ny mx ny d1 a a d1 a a 1 ny d1 , a 1 d1 a mx ny 1 d1 , a 1 Mặt khác, nên , suy hay d d1 a 1 (2) d Từ (1) (2) suy d1 a ap A a Từ giả thiết ta có p q A a 0(mod q ) q a p Do Theo định lý Fermat nhỏ ta có: 0.25 0.25 q a q 1(mod q) a q 0(mod q ) Suy q a q a p 1, a q 1 q a p ,q 1 Theo bổ đề ta có: p, q 1 1 q a 1 a 1 mod q Nếu p a 1 mod q A 1 a a p mod q Vì , suy A 0 mod q p 0 mod q pq Mặt khác ta lại có , điều p q xảy 0.25 0.25 0.25 p ap p ap a Khi , kết hợp với định lý Fermat nhỏ , ta có p a 1 p a 0.25 vô lý p, q 1 1 Vậy , hay q 1p b Cho số nguyên dương n Có số tự nhiên chia hết cho , có n A 3;4;5;6;9 chữ số chữ số thuộc tập ? 2.0 Với i 0,1, , ta đặt đ A(n, i ) a1 , a2 , a3 , , an An | a1 a2 a3 an i (mod 3) Và đặt An | A(n,0) |, Bn | A( n,1) |, Cn | A(n, 2) | Dễ dàng thấy A1 3, B1 1, C1 1 a , a , a , , an , an1 Xét phần tử A(n 1,0) a , a , a , , an A(n,0) Nếu an 1 3 hoặc a , a , a , , an A( n, 2) Nếu an 1 4 a , a , a , , an A( n,1) Nếu an 1 5 Từ suy An 1 3 An Bn Cn (1) 0.25 0.25 Hồn tồn tương tự ta có Bn1 3Bn An Cn (2) Cn1 3Cn Bn An (3) 0.25 Từ (1),(2) (3) ta suy An1 Bn1 Cn1 5( An Bn Cn ) 52 ( An Bn Cn ) 0.25 5n ( A1 B1 C1 ) 5n 1 n Suy An Bn Cn 5 Kết hợp với (1) ta suy An1 2 An 5n , An 2 An 5n 1, , A2 2 A1 0.25 0.25 Suy An 5 n 5 n n 5 2 n 5n n 5n n1 n 2 3 …………….Hết…………… 0.5