ĐỀ TOÁN ĐỀ NGHỊ GỬI BTC THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Trường THPT chun Lê Q Đơn-Bình Định LỚP 11 x1 4 25n 26 xn 1 xn3 xn2 3xn 1, n 1 ( x ) n n Bài Cho dãy số xác định Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn Tìm lim xn P ( x) 7 P x 15 2023, x (1) Tìm tất đa thức P( x ) [ x] thỏa mãn: Bài Bài Tìm tất số nguyên tố m, n cho ( m 1) | (13n 1) ( n 1) | (13m 1) Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) cho AB cắt CD E AD cắt BC F, gọi G giao điểm AC BD Các đường tròn (ADE) (CDF) cắt D H Phân giác góc AHB cắt AB, AD I, J phân giác góc DHC cắt CB, CD K, L Gọi M, M’ giao điểm BH với AD, CD tương ứng, N, N’ giao điểm DH với BC, BA tương ứng Chứng minh IL, KJ, MN M’N’ đồng quy G Bài Cho tập hợp X tập hợp tập số nguyên dương cho 2023 số tự nhiên liên tiếp ln có số thuộc tập X Chứng minh tồn hai số X cho số chia hết cho số Người soạn : Thầy: Đào Xuân Luyện ( Các 1,2,5) Thầy:Nguyễn Hữu Tâm ( 4) Thầy: Trà Quốc Anh ( 3) ĐỀ TOÁN ĐỀ NGHỊ GỬI BTC THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 LỚP 11 Trường THPT chuyên Lê Q Đơn-Bình Định x1 4 25n 26 xn 1 xn3 xn2 3xn 1, n 1 n 1 Bài Cho dãy số ( xn ) xác định Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn Tìm lim xn Giải: * Trước hết, ta chứng minh xn 3, n (1) phương pháp quy nạp * Hiển nhiên x1 4 * Với n 2 ,ta có xn 1 ( xn 1)( xn 3) 16 16 3 n 1 Do xn với số nguyên dương n * Tiếp theo, ta chứng minh dãy số ( xn ) dãy giảm hay xn 1 xn , n (2) phương pháp quy nạp * Với n 1, x2 18 x1 * Giả sử xn xn x1 4 Khi xét hiệu 25n 26 25( n 1) 26 H ( xn 1 1) ( xn 1) xn3 xn2 xn xn xn 3xn n 1 n 1 xn xn xn2 xn xn xn2 xn xn 3 n 1 n 5 25 1 ( xn xn ) ( xn )2 ( xn )2 xn xn 0, n 2 2 n 1 n Vì xn xn (gt quy nạp) xn 3, xn nên 2 5 25 5 5 25 2 ( xn ) ( xn ) xn xn 3.3 0; n 1 n 0, n 2 Từ suy dãy số ( xn ) giảm bị chặn nên theo nguyên lý Weierstrat dãy số có giới hạn hữu hạn.Đặt lim xn a,3 a Từ hệ thức truy hồi cho n dần đến dương vơ cực ta có phương trình a a 5a 3a 25 a 1 a 5a 3a 25 ( a 3)(a 3a 8) 0 a 3 41 a a 41 Kết hợp với điều kiện a ta có a 3 lim xn 3 Vậy P ( x) 7 P x 15 2023, x (1) Tìm tất đa thức P( x ) [ x] thỏa mãn: Bài Lời giải: Trước hết cần tìm số thực a nghiệm phương trình; 61 x x x 15 x x 15 0 61 x 1 61 61 a ; 2 2 Với a thỏa a a hay a a 0 Giả sử đa thức P ( x) thỏa mãn yêu cầu toán Trong (1) thay x a ta có: P a 7 P a 15 2023 P a P a 2023 0 7 P a 7 P a 8141 8141 8141 8141 b ; 2 P x P x b b Giả sử đa thức khác hằng, với thỏa b 7b 2023 0 n Do P (a ) b nên ta viết P ( x) dạng P ( x) ( x a) Q( x) b với Q(a) 0 Thay vào (1) ta n ( x a ) n Q ( x ) b 7 x 15 a Q x 15 b 2023 Hay n ( x a) n Q ( x) 2b( x a) n Q( x) b 7 x a 15 Q x 15 7b 2023 2 Vì b 7b 2023 , a a 15 nên (2) viết thành (2) n ( x a) n Q ( x) 2b( x a) n Q( x) 7 x a Q x 15 hay ( x a ) n Q ( x) 2b Q( x) 7( x a ) n Q x 15 (3) Trong (3) thay x=a ta có: 2b Q( a) 7(2a) n Q a 15 2bQ( a) 7(2a ) n Q( a) 2b 7 (2 a) n a 15 a ) n Hay 8141 7(1 61) điều không xảy với số nguyên dương n Do P ( x) b Thử lại P ( x) b thỏa mãn yêu cầu toán P( x) 7 8141 8141 P ( x) 2 Vậy Bài Tìm tất số nguyên tố m, n cho ( m 1) | (13n 1) ( n 1) | (13m 1) Lời giải:Vì vai trị m, n nên khơng tính tổng qt, giả sử m n ● Nếu m 2 , ta có: |13n (1) ( n 1) |132 1 (2) Từ (1) suy n số chẵn nên có n 2 Thử lại (m, n) (2, 2) cặp số thỏa mãn 2 ● Nếu m , m lẻ nên m 2 (mod 4) m có ước số lẻ Gọi r ước nguyên tố lẻ m (*) Từ giả thiết suy 13n (mod r ) 132 n 1 (mod r ) n Đặt d ord r (13) , d | 2n Mà ta có 13 (mod r ) nên d n Từ suy d | d 2n - TH1: d | r |13 168 2 3 7 Vì r lẻ nên r 3 r 7 n n +) Xét r 3 , 13 1 (mod 3) nên 13 1 (mod 3) 13 2 (mod 3) (điều mâu thuẫn với (*)) +) Xét r 7 , theo định lí Fermat nhỏ m 1 (mod 7) (m 1)(m m 1) 0 (mod 7) 2 Nếu m 0 (mod 7) m 2 (mod 7) (mâu thuẫn (*)) 2 Nếu m m 0 (mod 7) m m 0 (mod 7) , suy m 0 (mod 7) (vơ lí m số ngun tố) - TH2: d 2n , theo định lí Fermat nhỏ ta có 13r 1 (mod r ) , suy d 2n | ( r 1) , n | (r 1) Điều nghĩa ước nguyên tố lẻ m chia 2 cho n dư m 2 (mod 4) , từ suy m 2 (mod n) Suy ( m 1)( m 1) 0 (mod n) hay n | (m 1) n | (m 1) Vì m n nên n m Do m 2 , n 3 điều mâu thuẫn với m Vậy (m, n) (2, 2) cặp số thỏa mãn Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) cho AB cắt CD E AD cắt BC F, gọi G giao điểm AC BD Các đường tròn (ADE) (CDF) cắt D H Phân giác góc AHB cắt AB, AD I, J phân giác góc DHC cắt CB, CD K, L Gọi M, M’ giao điểm BH với AD, CD tương ứng, N, N’ giao điểm DH với BC, BA tương ứng Chứng minh IL, KJ, MN M’N’ đồng quy G Lời giải : E A I J M D H G L B N K C F Lời giải Trước hết ta chứng minh H, E, F thẳng hàng Thật vậy, tứ giác ABCD, AEHD, CFHD nội tiếp nên ta có HD, HE AD, AE AD, AB CD, CB CD, CF HD, HF mod Suy H, E, F thẳng hàng Xét hai tam giác HCB HAD, ta có HA, HD EA, ED EB, EC HB, HC mod (Để ý H điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEFG) CB, CH CB, CD CD, CH AB, AD FD, FH AE , AD AD, EH EA, EH DA, DH mod Suy hai tam giác HCB HDA đồng dạng Do HB HA HC CB , (1) HC HD HD DA Dễ thấy GBC GAD nên GC GB BC (2) GD GA AD Theo giả thiết HL, HI phân giác CHD, AHB nên ta lại có LC HC IA HA , (3) LD HD IB HB GC LC GA IA Từ (1), (2), (3) ta GD LD GB IB Suy GI, GL tương ứng phân giác AGB CGD góc Mà hai góc hai góc đối đỉnh nên G, I, L thẳng hàng Tiếp theo ta cần chứng minh KJ MN, M’N’ qua G Xét hai tam giác AIJ CKL ta có CK cắt AJ F, IJ cắt KL H, IA cắt LC E Mà H, F, E thẳng hàng nên theo định lý Desargues AC, JK, IL đồng quy G Lại xét hai tam giác FAC HBD có FH, AB, CD đồng quy Mà FA cắt HB M, AC cắt BD G, FC cắt HD N nên theo định lý Desargues M, N, G thẳng hàng Tương tự M’N’ qua G Vậy đường thẳng MN, M’N’, IL, KJ đồng quy G Bài Cho tập hợp X tập hợp tập số nguyên dương cho 2023 số tự nhiên liên tiếp ln có số thuộc tập X Chứng minh tồn hai số X cho số chia hết cho số Lời giải : Xét bảng gồm 2023 cột 2024 hàng Ta điền số vào bảng theo quy tắc sau : Trong hàng ta điền từ trái qua phải số 1,2 , … ,2023 Giả sử hàng thứ i điền số ( từ trái sang phải) k 1, k 2, , k 2023 Đặt A ( k 1)(k 2) (k 2023) Ta điền số ( từ trái sang phải) vào hàng thứ i số A k 1, A k 2, , A k 2023 Như ta bảng gồm 2023 cột 2024 hàng thỏa mãn hai tính chất sau : 1)Mỗi hàng chứa 2023 số nguyên dương liên tiếp 2)Trong cột, số hàng j+1 chia hết cho hàng thứ j với j 1, 2, , 2023 Theo giả thiết,, hàng chứa phần tử tập hợp X Do 2024>2023 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn phần tử X nằm cột Từ tính chất 2) bảng xét ta có đpcm Người soạn : Thầy: Đào Xuân Luyện ( Các 1,2,5) Thầy:Nguyễn Hữu Tâm ( 4) Thầy: Trà Quốc Anh ( 3)