KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐỀ THI MƠN: TỐN LỚP: 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/4/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Bài (4,0 điểm) Cho số thực a dãy số xn n0 với x0 a xn 1 xn2 với số tự nhiên n xn2 a) Khi a Chứng minh dãy số xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn b) Khi a 0;1 Chứng minh dãy số xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, AB AC , đường cao AH trực tâm điểm K Đường thẳng BK cắt đường trịn đường kính AC D, E BD BE Đường thẳng CK cắt đường tròn đường kính AB F , G CF CG Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC điểm P P H a) Chứng minh điểm G, H , P, E thuộc đường tròn b) Chứng minh đường thẳng BF , CD, PK đồng quy điểm Bài (4,0 điểm) Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện sau: f x f y f f x f y với x, y Bài (4,0 điểm) Các số a, b, c nguyên, c 0 thỏa mãn điều kiện a n 2n ước b n c với số nguyên dương n a) Chứng minh c 0 c 1 b) Khi c 1 Chứng minh a b khơng đồng thời số phương Bài (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho bát giác lồi A1 A2 A8 thỏa mãn: Có tất góc nhau, đỉnh điểm nguyên, A1 A2 song song với trục Ox , biên bát giác có 16 điểm nguyên kể đỉnh Gọi n1 , n2 , , n8 số điểm nguyên nằm bên cạnh A1 A2 , A2 A3 , , A8 A1 (điểm nằm cạnh AB điểm nằm cạnh AB khác hai điểm A B , điểm ngun điểm có hồnh độ tung độ nguyên) a) Tính diện tích bát giác theo n1 , n2 , , n8 b) Tìm diện tích lớn bát giác A1 A2 A8 HẾT -(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm ) Họ tên thí sinh: Số báo danh: ………………… KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN LỚP:11 ĐÁP ÁN (Đáp án gồm 06 trang) Bài 1: (4,0 điểm)_chuyên ĐHSP Hà Nội Cho số thực a dãy số xn n0 với x0 a xn 1 xn2 với số tự nhiên n xn2 c) Khi a Chứng minh dãy số xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn d) Khi a 0;1 Chứng minh dãy số xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 2,0đ a Ta có xn 1 xn xn xn 1 xn xn2 0,5đ Do quy nạp ta xn 0;1 , n 0,5đ Từ suy dãy xn giảm bị chặn nên tồn l lim xn , l x0 0,5đ xn2 l2 l l l 2l 0 , chuyển qua giới hạn ta 2 xn2 2 l 0,5đ Từ xn 1 l l 1 l 0 l 0 Do lim xn 0 b Với a 0;1 , ta có xn a, n suy lim xn a Với a 0;1 , ta có xn 1 xn xn xn 1 xn Do quy nạp ta xn2 2,0đ 0,5đ 0,5đ xn 0;1 , n dãy số xn giảm Kết hợp với dãy xn bị chặn nên tồn l lim xn , l x0 a Từ xn 1 0,5đ n x l2 l l 2l 0 , chuyển qua giới hạn ta l 2 xn 2 l 0,5đ l l 1 l 0 l 0 Do lim xn 0 Bài 2: (4,0 điểm)_chuyên Hùng Vương, Phú Thọ Cho tam giác ABC nhọn, AB AC , đường cao AH trực tâm điểm K Đường thẳng BK cắt đường trịn đường kính AC D, E BD BE Đường thẳng CK cắt đường trịn đường kính AB F , G CF CG Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC điểm P P H c) Chứng minh điểm G, H , P, E thuộc đường tròn d) Chứng minh đường thẳng BF , CD, PK đồng quy điểm Ý a ĐÁP ÁN Điểm E A 2,0đ G K F D B S H P C Ta có AHB 900 suy điểm A, G, B, H , F nằm đường trịn Do tứ giác AGHF nội tiếp KG.KF KA.KH (1) Ta có AHC 900 suy điểm A, E , C , H , D nằm đường trịn Do tứ giác ADHE nội tiếp KD.KE KA.KH (2) Từ (1) (2) ta KD.KE KG.KF suy tứ giác GDFE nội tiếp GDF GEF 1800 (3) Ta có AB trung trực GF AG AF , AC trung trực DE AD AE A tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GDFE Suy GEF GAF BAF (4) Tứ giác DHPF nội tiếp nên FDP FHP , tứ giác ABHF nội tiếp nên FHP BAF FDP BAF (5) Từ (4) (5) ta GEF FDP (6) Từ (3) (6) ta GDF FDP 1800 A, D, P thẳng hàng Tương tự P, F , E thẳng hàng Ta có GHP AHP AHG 900 AHG 900 AFG 900 900 BAF suy GHP 1800 BAF (7) Từ (4) (7) suy GHP 1800 GEP tứ giác GHPE nội tiếp b 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2,0đ Ta có HP trục đẳng phương DHPF GHPE , DF trục đẳng phương DHPF GDFE , GE trục đẳng phương GDFE GHPE suy 0,5đ HP, GE , DF đồng quy điểm S Xét tam giác SEP có EB, GP, SF đồng quy suy SPBC E SPBC GFKC (8) Xét tam giác KBC kết hợp với (8) ta BF , CD, PK đồng quy 1,0đ 0,5đ điểm Bài (4,0 điểm)_chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện sau: f x f y f f x f y với x, y ĐÁP ÁN Thay y f x f x f f x f f x f f x suy tồn số nguyên a cho f a Thay y a ta f x f a f f x f a f x 1 f f x , x (1) ĐIỂM 4,0đ 0,5đ 0,5đ Thay x f x y x ta f f x f x f f f x f x 0,5đ f f f f x f x 1, x (2) Từ (1) (2) ta f f x f x 1, x f x f x f 1, x (3) Từ (3) ta f x f x f x 1 f x 1 , x 0,5đ f x f x 1 f x f x 1 , x f x f x 1 f 1 f , x (4) Từ (4) n nguyên dương ta f n f n f 1 f (5) Từ (4) n nguyên dương ta f n f n 1 f 1 f suy f n f n f 1 f (6) 1,0đ Từ (5) (6) suy f x f x f 1 f cx d , x Thử lại phương trình cho ta f x cy d f cx d cy d 1, x, y c x cy d d c cx d d cy d 1, x, y cx c y cd d c x cd d cy d 1, x, y c c c c cd d cd c 0 c 1 2cd d c 0 d c 1 d 1 1,0đ Do f x 1, x f x x 1, x Bài (4,0 điểm)_chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương Ý ĐÁP ÁN a n n n 3n n n Ta có b c 0 mod a b c mod a (1) ĐIỂM 2,0đ 0,5đ Theo giả thiết ta 3n 3n n n 2n n n 2n b3n c chia hết cho a a a a suy b3n c chia hết cho a suy b c mod a n 3n n n n 0,5đ (2) Từ (1) (2) ta c c mod a với số nguyên dương n Suy c3 c chia hết cho a n 2n với số nguyên dương n Do 0,5đ c 0 c c 0 Kết hợp với c 0 ta c 0;1 c 1 0,5đ n n b 2,0đ Khi c 1 Giả sử a, b số phương a x , b y ; a, b * Khi x n 2n ước y n với số nguyên dương n 2n n Bây ta xây dựng số nguyên tố p cho p x p không ước số y n Lấy 2n p lấy p đủ lớn để a, p b, p 1 theo định lí Fermat ta x n 2n x p ta cần chọn số nguyên tố p thỏa mãn 1 p 0 mod p p p 1 p 1,0đ mod p Như 1 mod p (1) Từ (1) theo tiêu chuẩn Fermat ta cần chọn số nguyên tố p lẻ cho không số phương mod p Ta có p 1 2 1 p 8k p 8k p Như để chọn số nguyên tố p lẻ cho khơng số 0,5đ phương mod p ta lấy p 3 mod p 5 mod Do có vơ hạn số ngun tố dạng 8k nên chọn p 3 mod p a, p b theo 2n n phân tích ta x 0 mod p 0,5đ 2n p Mặt khác y y 2 mod p Do 0 mod p vơ lí Vậy giả sử ban đầu sai hay a, b không đồng thời số phương Bài (4,0 điểm)_chuyên Thái Bình Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho bát giác lồi A1 A2 A8 thỏa mãn: Có tất góc nhau, đỉnh điểm nguyên, A1 A2 song song với trục Ox , biên bát giác có 16 điểm nguyên kể đỉnh Gọi n1 , n2 , , n8 số điểm nguyên nằm bên cạnh A1 A2 , A2 A3 , , A8 A1 (điểm nằm cạnh AB điểm nằm cạnh AB khác hai điểm A B , điểm nguyên điểm có hồnh độ tung độ ngun) c) Tính diện tích bát giác theo n1 , n2 , , n8 d) Tìm diện tích lớn bát giác A1 A2 A8 Ý ĐÁP ÁN Điểm a A6 A6 n5 A5 A5 A7 2 A7 n4 n7 0 A8 A4 A4 A3 n6 n3 A8 n8 A1 n2 n1 2,0đ A3 A2 A1 A2 Ta có n1 n2 n8 16 8 Số điểm nguyên đoạn thẳng A1 A6 số điểm nguyên đoạn thẳng A1 A8 , A8 A7 , A7 A6 số điểm nguyên đoạn thẳng A1 A6 số điểm nguyên đoạn thẳng A2 A3 , A3 A4 , A4 A5 suy n2 n3 n4 n6 n7 n8 Tương tự n1 n2 n8 n4 n5 n6 Diện tích hình chữ nhật bao đa giác S1 n2 n3 n4 3 n1 n2 n8 3 Diện tích bốn tam giác vng cân bốn đỉnh hình chữ nhật nằm bên ngồi đa giác 1 1 2 2 n2 1 n4 1 n6 1 n8 1 2 2 Do diện tích đa giác S S1 S2 S2 b 1,0đ 0,5đ 0,5đ 2,0đ Ta có S n2 n4 n6 n8 sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta n1 n2 n8 n2 n3 n4 S1 suy 0,5đ 2 n n n n n n 6 S n2 n4 n6 n8 (1) Ta có n1 n2 n8 n2 n3 n4 n1 n2 n8 n2 n3 n4 n1 n2 n8 n4 n5 n6 n2 n3 n4 n6 n7 n8 1 n1 2n2 2n8 2n4 n5 2n6 n3 n7 n2 n4 n6 n8 (2) 2 0,5đ Từ (1) (2) ta 1 n2 n4 n6 n8 2 x 20 S n2 n4 n6 n8 x 4 , x n2 n4 n6 n8 x 0;8 2 x 20 Ta có x 16 x 31 (do x 0;8 ) x 31 16 0,5đ 0,5đ Dấu đẳng thức xảy x 8, n2 n4 n6 n8 2, n1 n3 n5 n7 0 (Như hình vẽ trên) Vậy max S 31 Hết -LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,5 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng chấm điểm cho phần