KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM CHẤM MƠN: TỐN - LỚP 11 Hướng dẫn chấm gồm 06 trang Bài Điể m Nội dung trình bày Cho dãy số thực Bài xn xác định x0 1, x1 2; xn 1 xn xn2 3, n 1, 2, 4,0 n , n 1, 2, k 1 xk xk 1 yn Đặt tìm giới hạn Chứng minh dãy số yn có giới hạn hữu hạn Chứng minh quy nạp, ta xn 0, n 1, 2, Ta có n 4 n xk 1.xk xk n xk xk x0 xn xn yn k 1 xk xk 1 k 1 xk xk 1 x1 xn 1 xn 1 k 1 xk xk 1 xn xk xk 0 xn 1 xk xk 1 xk xk 1 k Với , ta thấy nên dãy dãy giảm, lại bị chặn nên có giới hạn hữu hạn x x lim n L L xn 1 x1 Giả sử , với 1,0 xn xn 1 xn2 xn xn xn2 xn xn 1 xn xn xn xn 1,0 Từ giả thiết xn 1 xn xn suy xn 1 xn Vậy xn xn xn xn 1,0 x2 x0 1 4 x1 4 , chuyển qua giới hạn ta được: L 2 L 4 L2 L 10 L L 2 L nên L 2 Do 4 2 3 lim yn 3 Suy 1,0 Trang 1/6 Bài P x ,Q x Cho hai đa thức với hệ số thực, có nghiệm thực P x Q x Q x P4 x 2023 2023 Chứng minh P x Q x , x Với P x P x P x ,Q x P r Q s 0 Gọi r , s nghiệm thực Ta có với r , s R x P x Q x Xét R r R s 0 R r Q r 0 R s P s 0 Từ nên , tồn số R t 0 P t0 Q t0 thực t0 cho Thay x t0 vào phương trình ban đầu, ta có P t0 Q t0 Q t0 P t0 2023 2023 P t0 Q t0 Q t0 Q t0 2023 2023 t1 t0 Q t t P t Q t1 P t1 Q t1 2023 Đặt , ta có Khi đó, ta có 4,0 1,0 1,0 1,0 R t1 P t1 Q t1 0 t R t 0 Quá trình lặp lại vậy, ta dãy số thực n tăng thực cho n R x 0, x P x Q x , x Từ suy hay O K Cho tam giác ABC nhọn, không cân, AB AC , nội tiếp đường tròn Gọi Bài đường trịn qua hai điểm B, C cắt cạnh AB, AC F , E KEF Đường thẳng AK cắt đường tròn điểm thứ hai L Tiếp tuyến L KEF đường tròn cắt đường thẳng EF S Gọi H giao điểm hai đường K thẳng BE , CF ; đường thẳng SH cắt đường tròn hai điểm phân biệt P, Q ( P 4,0 nằm S Q ) 3a Chứng minh hai đường tròn LPQ O tiếp xúc với điểm T 2,0 Trang 2/6 A S L X E F' F P E' O H I K Q Z C B T AEF O Gọi X giao điểm thứ hai khác A hai đường tròn 0 Ta có BXE BXA AXE BXA AFE BXA ACB 180 ACB 180 BKE (do BKE 2 ABC ) Suy tứ giác BXEK nội tiếp Tương tự, ta có tứ giác CXFK nội tiếp Từ suy trục đẳng phương cặp đường tròn quy hay BE , CF , XK đồng quy H , suy X , H , K K , BXEK , CXFK đồng Ta có HX HK HB HE HC HF k k k KEF O Xét phép nghịch đảo N H : K X , E B, F C nên N H : k O L KEF Tia LH cắt T , suy N H : L T (do ) 3b 0,5 0,5 T LPQ Suy HL HT HB HE HP HQ nên KEF Ta có SP SQ SE SF SL (do SL tiếp tuyến ), suy hai đường tròn LPQ , KEF tiếp xúc L k LPQ LPQ , KEF O , L T Ta có N H : Mà hai đường tròn LPQ , KEF tiếp xúc L nên suy hai đường tròn LPQ , O tiếp xúc T KEF Đường tròn cắt hai đường thẳng AB, AC hai điểm F , E khác A Chứng minh hai đường tròn TE F O tiếp xúc với 0,5 0,5 2,0 Trang 3/6 A S L E K' X N F' F P E' O I H D Q Z K C B T Gọi D hình chiếu vng góc K AH AEF , K , O Khi trục đẳng phương cặp đường tròn đồng quy EF , BC , AX điểm, suy đồng quy Z Áp dụng ĐL Brocard cho tứ giác toàn phần BCEF AZ K trực tâm tam giác AHZ , suy ZK AH Z , D, K (do DK AH ) 0,5 D KEF Ta có ZD ZK ZX ZA ZF ZE nên KEF Gọi K giao điểm thứ hai AD với , suy KK đường kính KEF Do HA HD HK HX HB HE HL HT nên suy tứ giác ALDT nội tiếp KEF N ALDT Gọi I tâm đường tròn , tâm đường tròn Do IDA IK D KLD DTA (do tứ giác ALDT nội tiếp) nên ID tiếp tuyến ALDT D , ID IL nên IL tiếp tuyến ALDT L N I , N Do ID, IL hai tiếp tuyến nên trực giao ND, NL hai 0,5 0,5 I tiếp tuyến Ta có EF , KD, BC đồng quy Z ZE.ZF ZB.ZC nên Z nằm trục đẳng I , O phương NA ND NA2 ND PN / O PN / I Lại có nên N nằm trục đẳng phương I , O Vậy NZ trục đẳng phương I , O Trang 4/6 Do E F EF đối song góc A tam giác ABC nên E F / / BC , AE F O AE F tồn phép vị tự tâm A biến thành , suy tiếp xúc với O A O , I , AE F Áp dụng định lý tâm đẳng phương ba đường tròn suy ZN , E F , AN đồng quy, suy E F qua N 2 O TEF Ta có NE NF NA NT suy NT tiếp tuyến TE F O Suy hai đường tròn tiếp xúc T a) Chứng minh với số nguyên n 3 , tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) thoả mãn xn yn 2n Bài an n (n 1) , n 1 a b) Cho , kí hiệu phần nguyên số thực a Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho an an an 1 an 1 4a 0,5 4,0 1,5 Quy nạp, giả sử bước thứ n tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) thoả mãn xn yn 2n Tại bước thứ n , ta có 2 x yn xn yn xn yn xn yn 2n 1 7 n 7 2 xn yn xn yn ; x , y 2 khơng tính chẵn lẻ n n Do lẻ nên xn yn x yn x yn xk 1 n ; yk 1 n 2 Nếu lẻ, ta chọn xn yn x yn x yn xk 1 n ; yk 1 n 2 Nếu lẻ, ta chọn 0,5 0,5 0,5 0,5 4b 2,5 2 Xét phương trình nghiệm nguyên: n (n 1) k (2n 1) 2k (*) 2 Phương trình Pell tương ứng (*) X 2Y (**) Phương trình Pell (**) có nghiệm (1;1) khơng số phương nên (**) có vơ số nghiệm ngun dương Suy phương trình (*) có vơ số nghiệm ngun dương ( n, k ) 0,5 2 Gọi S tập số nguyên dương n thoả mãn n (n 1) k 0,5 2 Khi | S | an n (n 1) với n S Nhận thấy dãy ( am ) tăng nghiêm ngặt nên am am 1 với m 2 Xét n S bất kì, ta chứng minh n thoả mãn đề Trang 5/6 an (n 1) n an 12 2n 2n (an 1) Ta có Giả sử phản chứng an an 1 Khi (an 1) an 12 2n 2n 2n 2n 2an 2n 2n an 2n 2 Vô lý, an n (n 1) (n n 1) 2n với n 1 Do an an Giả sử phản chứng an 1 an an 1 an an 1 (n 1) (n 2) an 12 2n 6n (an 1 1) 2 Suy (an 2) an1 2n 6n 0,5 0,5 2n 2n 4an 2n 6n an n (vô lý, an n , với n 1 ) Do an 1 an 1 Vậy với n S thoả mãn đề Bài Sắp xếp học sinh đứng cách vịng trịn vị trí đỉnh đa giác Chứng minh tồn hai tam giác (có đỉnh đỉnh đa giác đều) (các đỉnh hai tam giác trùng hai tam giác phân biệt) mà tất học sinh đứng đỉnh hai tam giác giới (Giả thiết học sinh thuộc giới nam nữ) 4,0 Gọi học sinh H1, H2, , H9 đứng chín đỉnh đa giác chín cạnh Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc Nam Nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh Nam đứng (tương tự học sinh Nữ) Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có C5 10 tam giác Nam 1,0 Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau: Chín đỉnh đa giác chia đường trịn ngoại tiếp thành cung H i H i 1 , i=1,8 cung H H1; ta gọi cung “mảnh” HH H H H H j H k H k H i Khơng tính tổng qt, gọi i j k tam giác có i j Hơn hij H ij H số số mảnh cung không chứa điểm k ( i j k i ); tương tự ta h ,h định nghĩa cho số jk ki HH H (h ; h ; h ) Tương ứng với tam giác i j k với ba ij jk ki Ta nhận thấy rằng: hij h jk hki 7 h + h + h 9 ij jk ki Chẳng hạn với tam giác với đỉnh H1 , H , H ta gọi tam giác H H1H tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự 1,0 1,0 Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a b c; a+b+c = Trang 6/6 Có bẩy ba số thỏa mãn là: (1,1,7), (1,2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (3,3,3) Tức có lớp tam giác Vì có 10 tam giác Nam (Ba 1,0 đỉnh tam giác ba học sinh nam) nên có lớp có hai tam giác Nam; Do có sáu học sinh giới, đứng sáu đỉnh hai tam giác 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 Trang 7/6