1 11 hdc de xuat dhbb bac ninh toan 11

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 10   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 TEF    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) an1 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