SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN THĂNG LONG – ĐÀ LẠT KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 – LẦN THỨ XXIII NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN LỚP 11 Số Phách Số Phách Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình: ìï ïï 5x2 + 2xy + 2y2 + 2x2 + 2xy + 5y2 = 3(x + y) í ïï y3 - 9x2 + 6y - = 33 6x2 + ïỵ Câu (4,0 điểm) Cho dãy số ( an ) xác định bởi: (x, y Ỵ ¡ ) a0 = 0,a1 = 1,an+2 = 2an+1 + an, " n Ỵ ¥ Tìm tất số tự nhiên n cho an chia hết cho 21018 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O ) dây BC cố định, điểm A di động (O ) cho tam giác ABC nhọn không cân Gọi I ,J tâm đường tròn nội tiếp đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Đường thẳng qua I ,J song song với BC cắt AB P , S cắt AC Q, R a) Chứng minh PQRS tứ giác ngoại tiếp đường tròn tâm đường trịn điểm cố định b) PR,QS cắt phân giác ngồi góc BAC L , K Chứng minh trung điểm LK điểm cố định Câu (3,0 điểm) Tìm tất hàm số f : R ® R thỏa mãn điều kiện ( ) ( f x - f ( y) = f ( x) + ff y( ) ) - xf2 y( ) - f2y( ) - 1,x" y, Ỵ R Câu (3,0 điểm) Cho S tập gồm 2017 số nguyên tố phân biệt M tập gồm 2018 số tự nhiên phân biệt cho số M khơng số phương có ước ngun tố thuộc S Chứng minh chọn M số số có tích số phương Câu (3,0 điểm) Gọi S(n) tổng bình phương hệ số khai triển nhị thức ( 1+ n) n , n số nguyên dương, x số thực Chứng minh S(2n) + không chia hết cho với n HẾT - Câu (4,0 điểm) ìï ïï 5x2 + 2xy + 2y2 + 2x2 + 2xy + 5y2 = 3(x + y) (1) í ïï y3 - 9x2 + 6y - = 33 6x2 + (2) ïỵ Ta có : 5x2 + 2xy + 2y2 + 2x2 + 2xy + 5y2 = (2x + y)2 + (x - y)2 + (x + 2y)2 + (x - y)2 ³ 2x + y + x + 2y ³ x + y ³ 3(x + y) Dấu " = " xảy x = y ³ Do (1) Û x = y ³ Thay vào (2) ,ta x3 - 9x2 + 6x - = 33 6x2 + ( ) Û x3 - 3x2 + 3x - 1+ 3( x - 1) = 6x2 + + 33 6x2 + ỉ ư3 ÷ Û ( x - 1) + 3( x - 1) = ỗ 6x + 2ữ + 33 6x2 + ( *) ỗ è ø 3 Xét hàm số f (t) = t + 3t, " t Ỵ ¡ Ta có : f '(t) = 3t2 + > 0, " t Ỵ ¡ Suy f (t) đồng biến ¡ Ta có: (*) Û f (x - 1) = f ( 6x2 + 2) Û x - = 6x2 + 3 Û 6x2 + = ( x - 1) Û ( x + 1) = 2( x - 1) Û x + = 2( x - 1) Û x = 1+ 3 Þ y= 1+ 3 2- 2- æ + 1+ 2ử ữ ỗ ữ ỗ ; Kt hp vi iu kin, ta cú (x;y) = ỗ ữ ữ ỗ ữ ố - - 1ø Câu (4,0 điểm) Ta chứng minh qui nạp hai cơng thức sau " n Ỵ ¥ a2n+2 = 2an+1 ( an+1 + an ) (1) a2n+1 = an2+1 + an2 (2) Thật vậy, với n = ta có a1 = = a12 + a02 , a 2= = 2a1(a1 + a0) Giả sử hai công thức n = k , tức ta có a2k+2 = 2ak+1 ( ak+1 + ak ) , a2k+1 = ak2+1 + ak2 Khi đó, ta có a2k+3 = 2a2k+2 + a2k+1 = 4ak+1(ak+1 + ak ) + ak2+1 + ak2 = ( 2ak+1 + ak ) + ak2+1 = ak2+2 + ak2+1, a2k+4 = 2a2k+3 + a2k+2 = 2ak2+2 + 2ak2+1 + 2ak+1(ak+1 + ak ) = 2ak2+2 + 2ak+1(2ak+1 + ak ) = 2ak2+2 + 2ak+1ak+2 = 2ak+2(ak+2 + ak+1) Theo nguyên lý qui nạp, ta có điều phải chứng minh Từ hai công thức trên, ta được, an số lẻ n số lẻ an chia hết cho 21018 n chia hết cho 21018 Câu (3,0 điểm) a)Ta có ÐBI P = ÐIBC = ÐIBP nên tam giác BI P cân P PI = PB Tương tự, ta có QI = QC , RC = RJ , SJ = SB nên PQ + RS = PS +QR từ suy tứ giác PQRS tứ giác ngoại tiếp K A L I P B E Q M D X X ,Y T Y J S Gọi C R trung điểm PS,QR Ta thấy ÐQPS + ÐRSP = 90° nên tam giác PT S vuông T Suy ÐXT P = ÐXPT = ÐT PQ nên XT P PQ Tương tự Y T P PQ nên T Ỵ XY đường trung bình PQRS Mặt khác, T cách PS,QR nên T thuộc phân giác góc BAC hay T Î IJ Từ suy T trung điểm IJ Vậy T trung điểm cung nhỏ BC (O ) nên điểm cố định b) Gọi AD, AE phân giác góc A tam giác ABC Khi đó, A, E , L , K thẳng hàng Theo định lý Menelaus tam giác ABE ACE QA MC K E PA MB LE × × = × × = QC ME K A PB ME LA ÐT PS + ÐT SP = PA IA AB LE BE nên suy hay BL phân giác = = = PB IM AM LA BA tam giác ABE nên L tâm bàng tiếp góc C tam giác ABC Chứng minh tương tự, L tâm bàng tiếp góc B tam giác ABC Vì vậy, trung điểm LK trung điểm cung lớn BC (O ) nên điểm cố định, ta có đpcm Vì MB = MC Câu (3,0 điểm) Trước hết ta hàm số f thỏa đề hàm f hàm số Thật vậy, giả sử f (x) = c, " x Ỵ R Khi đó, ta phải có - 2cx - c - = 0, " x Ỵ ¡ Do đó, c = c = - Điều khơng thể xảy Cho y Ỵ ¡ x = f ( y) ta ( ) ) =f ( y( ) ) ff y( + f y( )+ f ( 0) + Do f không đồng R , nên tồn u Ỵ R cho f (u) ¹ Cho y = u , ta ( ) ( f x - f ( u) - f ( x) = ff u( ) ) - f2u( ) - 1- xf2 u( ) ,x" Ỵ R ( ) Vì 2f u ¹ , nên hàm số bên phải đẳng thức hàm số bậc theo biến x Do vậy, cho trước z Ỵ R , tồn x Î R ( ( )) ( ) ( ) ( ) f ( z) = ff( w( ) -f x( ) ) = ff( x( ) ) - f 2w( f ) x( ) - f 2x( ) + ff w( ( ) ) - Với z = f x - f u - f x = f w - f x Khi ta có ( = f ( x) ( ) + f ( x) + = f ( w) - f ( x) ) ff( 0) + ( - 2f ( w) f ( x) - 2f ( x) - 1+ f ( w) + f ( w) - f ( x) + f ( 0) = z2 + z + f ( 0) ( ) ( ) Do f ( z) = z + z + 1, " z Ỵ ¡ Thử lại, ta thấy f ( x) = x2 + x + 1, " x Ỵ ¡ hàm số cần tìm Lấy z = f y với y Ỵ R bất kỳ, ta f = ) + f ( w) + ( 0) + Câu (3,0 điểm) a/ Số tập phân biệt khác tập rỗng M 22018 - Gọi tập M 1, M 2, , M 22018- tích phần tử M i Giả sử phần tử S p1 < p2 < < p2017 k k k Ta viết tích dạng a = b2p i1p i2 p i2017 ki j Ỵ i i 2017 { 0;1} Ta có 22018 - (ki1, ki2, , ki2017 ), ki j Ỵ { 0;1} nên có tối đa 22017 phân biệt Do tồn trùng nhau, giả sử ứng với hai tích am,an Khi tích am.an số phương Bây ta cần bỏ phần tử thuộc giao M m M n ta lại phần tử khác mà tích số phương Do tốn chứng minh Câu (3,0 điểm) + Chứng minh S(n) = C 2nn đưa toán việc chứng minh C 42nn + không chia hết cho + Sử dụng bổ đề (Định lí Lucas) sau đây: “Cho m, n hai số tự nhiên p số nguyên tố Giả sử: k k a m = å mi p i , n = å ni p i =0 i =0 Khi đó: C nm º k ÕC ni i ( mod p) m i =0 (quy ước rằngC ba = với a > b) k + Giả sử 2n = å 3i ,ai Ỵ N , i = 1, , k Xét trường hợp: i =0 - Ỵ Nếu Ỵ { 0,1} , " i = 1, , k { 0,1} , " i = 1, , k { 0,2} , " i = 1, , k 2ai Ỵ số tổng chẵn, đặt k k å = 2t,t ẻ N ị i = i =0 ta = 22t = 4t º 1( mod3) có k 4n = å 2ai 3i ,ai Ỵ N , i = 1, , k Theo bổ đề i =0 k C 42nn - +1º k a Õ C 2ai i i =0 k +1º Õ i =0 a 2i + 1º å i = + º 2( mod3) Nếu tồn giá trị aj = , không tính tổng quát giả sử số nhỏ tập hợp , i = 0, , k hệ số tương ứng vị trí j khai triển theo lũy thừa 4n Mà C 12 = nên C 42nn º k a ÕC 2ai i i =0 º 0( mod3) suy C 42nn + º 1( mod3) Vậy trường hợp ta có S(2n) + không chia hết cho với n -HẾT -