SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG : THPT CHUYÊN QUANG TRUNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ 24 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; LỚP : 11 Số Phách Số phách Câu hỏi ( 4.0 điểm): Giải hệ phương trình sau 3 y ( x 4) ( x x )( x 1) y x y x 2 x ( x 2) Câu hỏi ( 4.0 điểm) : u Cho dãy số n (1) (2) n 1 xác định u1 , u2 n 2n 8n un 2 3n un 1 3n un 3n (3n 1) , n 1 u Chứng minh dãy n n 1 có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu hỏi (3.0 điểm) Cho tam giác ABC D điểm đối xứng với A qua BC Gọi (K) đường trịn đường kính AD DB, DC cắt (K) M, N khác D E, F trung điểm CA, AB Đường tròn (KEM), (KFN) cắt L khác K, KL cắt EF X Các điểm Y, Z xác định tương tự a) Chứng minh KL, PN, QM đồng quy, với P, Q hai điểm đối xứng với K qua AM, AN b) Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy Câu hỏi ( 3.0 điểm): Cho đa thức f ( x ) với hệ số thực, có bậc khơng nhỏ đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: a Phương trình f ( x) 0 khơng có nghiệm bội xy f ( x)· f ( y ) f , x, y (1) b f ( x ) Chứng minh phương trình có nghiệm thực p Q x p x x Câu hỏi ( 3.0 điểm): Cho p nguyên tố lẻ đa thức Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương a cho Q a p p Câu hỏi ( 3.0 điểm): Cho k số nguyên dương 2 cho trước Một tập hợp A gọi có tính chất P tập A chia thành k nhóm cho tổng số nhóm Giả sử A có N phần tử, A có tính chất P Chứng minh có k cách bỏ số thuộc tập A để N số cịn lại khơng có tính chất P _HẾT _ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG : THPT CHUYÊN QUANG TRUNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ 24 ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; LỚP : 11 Số Phách Số phách Câu hỏi 1(4.0 điểm): +ĐK: x 1 y y x2 2 ( x 1) x x x2 +Pt(1): x f ( x) Xét hàm: y 2 x 1đ x2 x với x 1 ta được: f ( x ) f (2) 6 1đ y y 1đ 2 x x (3) x Pt(2): x y 2 Với x : VT (3) 0 đó: x x 0 ( x 2) 0 x 2 y 4 1đ Thử lại thỏa mãn Vậy nghiệm (x,y)=(2,4) Câu hỏi (4.0 điểm): + Từ hệ thức truy hồi ta có: xn n 2n xn 1 xn , n 1 3n 3n 0.5đ Đặt yn xn ta y1 , y2 ( yn ) : n 2n yn 2 3n yn 1 3n yn , n 1 yn 0, n 1 0.5đ (*) + Bằng quy nạp chứng minh được: yn 2 yn 1 yn , n 1 3 + Từ hệ thức (*): An Max yn , yn 1 An + Đặt ta thấy: dãy tăng An 0, n 1 A Suy ra: n có giới hạn hữu hạn Đặt lim An A ta có: 0, n0 * cho n n0 ta ln có: A An A +Ta chứng minh: Lim yn A Thật A Theo định nghĩa n ta có: yn An A , n n0 Nếu yn A , n n0 , suy ra: A yn A , n n0 Lim yn A Nếu n n0 cho: yn A mà A An nên suy ra: yn 1 A 2 A yn 1 yn yn yn A y n A 5 3 3 Ta có: yn A 5 A 5 yn A 5 lim yn A Suy ra: 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Câu hỏi (3.0 điểm): a)+ Ta có FAK FKA APK 2 nên KA KF KP Tương tự, KA KE.KQ + Gọi U, V giao điểm KE (K) KU KV KE.KQ P QU QV QE.QK PQ /( KME ) Suy (UVQE) = -1 Q /( K ) Do QM trục đẳng phương (K) (KME), tương tự PN trục đẳng phương (K) (KNF) Do KL, PN, QM đồng quy b)+ Gọi R đối xứng với A qua PQ Ta có KR, PN, QM đồng quy (tính chất hình bình hành) nên KL qua R + A tâm (KPQ) nên KR qua tâm đường tròn Euler tam giác KPQ Mặt khác EFPQ nội tiếp (KE.KQ = KA2 = KF.KP) nên KL qua điểm Kosnita tam giác KEF + Theo tính chất đối xứng AX qua điểm Kosnita tam giác AEF, tức qua điểm Kosnita tam giác ABC + Tương tự BY, CZ qua điểm Kosnita tam giác ABC 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Câu hỏi (3.0 điểm): Nhận xét: Nếu đa thức f ( x) thỏa mãn u cầu tốn f ( x) thỏa yêu cầu toán 0.5đ Do vậy, giả sử f ( x ) đa thức có hệ số cao dương Đặt degf ( x ) n Ta xét trường hợp + Nếu n chẵn f ( x )· f ( x) f , x (2) Từ (1) chọn y x ta được: Vì f ( x) đa thức có hệ số cao dương nên x f ( x) f ( x) Do (2 ) khơng xảy + Nếu n lẻ Khi f ( x ) ln có nghiệm Gọi nghiệm nhỏ f ( x ) x1 Giả sử f ( x ) tồn nghiệm khác x1 Khi ta viết f ( x) ( x x1 )( x x2 ) ( x xk ) g ( x) với g ( x) đa thức nhận giá trị dương R k Vì f bậc lẻ khơng có nghiệm bội nên số nghiệm f lẻ hay k 1đ 0.5đ 0.5đ lẻ Do f ( x) với x x1 f ( x) với x2 x x3 ( x3 tồn k lẻ) Chọn a x1 x2 b x3 mà a b 2 x1 Ta có a b ) f ( x1 ) 0 (vơ lý) Vậy đa thức cho có nghiệm f (a ) f (b) f ( 0.5đ Câu hỏi (3.0 điểm): Đầu tiên ta chứng minh H Q 1 ; Q ; ; Q p p hệ thặng dư 0.5đ u , v 1;2; ; p đầy đủ mod p Thật vậy, giả sử tồn p cho Q u Q v mod p p p 1 u p Khi Ta có p phân biệt v p u v 0 mod p p u p u mod p ; v p v mod p 0.5đ (1) nên từ (1) ta p u v 0 mod p u v mod p 0.5đ (2) Từ (1) (2) suy u v p 1 u p u p 2v v p 1 0 u v p 1 p.u p mod p 1 0 mod p p p 0.5đ u v mod p p p Điều mâu thuẫn chứng tỏ H hệ thặng dư đầy đủ mod p Từ suy tồn số a 1;2; ; p p cho Q a 0 mod p p , 0.5đ Q a p p tức ak a mod p p a k Như cần xét số mà , cụ thể lấy ak a k p p , k 0 0.5đ Rõ ràng Q ak Q a 0 mod p p , tức số ak thỏa mãn yêu cầu toán Câu hỏi 6: (3.0 điểm) + Một phần tử x thuộc A gọi “tốt” bỏ x khỏi A tập A \ {x} chia thành k nhóm có tổng Ngược lại x 0.5đ x k x gọi khơng tốt Rõ ràng phần tử tốt + Đề toán tương đương với việc chứng minh tập A có k phần tử khơng tốt + Giả sử phản chứng: tập A có k phần tử không tốt S ( A) x k xA Nhận xét: tập A có tính chất P Nếu k nhóm tập A có tổng nhau, nhóm có số 0.5đ khơng chia hết cho k , tương đương có k phần tử khơng tốt, mâu thuẫn Do có nhóm B A chứa tồn số chia hết cho k Do S ( B )k Khi S ( A) k S ( B )k n n Ta chứng minh S ( A)k phần tử tốt xk với số nguyên dương n Với n 1, kiểm tra n n Giả sử S ( A)k phần tử tốt xk Lấy b phần tử tốt Xét tập 0.5đ A ' A \ {b} Khi S ( A ') S ( A) b Vì A ' có tính chất P (do b phần tử tốt) nên A ' có k nhóm có tổng Vì ta có k phần tử khơng tốt, nên có nhóm C A ' có tồn phần tử tốt Do 0.5đ S (C )k n S ( A ') k S (C )k n n n Do b S ( A) S ( A ')k , chứng tỏ với b tốt bk Gọi B nhóm gồm phần tử tốt A (tồn lập luận giống trên), 0.5đ S ( B)k n , dẫn đến S ( A) k S ( B)k n 1 n Theo nguyên lý quy nạp, ta chứng minh S ( A)k với số 0.5đ nguyên dương n Điều dẫn đến S ( A) 0 , mâu thuẫn A chứa số nguyên dương Vậy điều giả sử sai Bài toán chứng minh