11 toan cbh ha nam

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ, T HÀ NAM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI CHỌN HSG GIỎI LẦN THỨ XIV MƠN THI: TỐN – KHỐI 11 Ngày thi 15/07/2023 Thời gian làm 180 phút (Đề có câu; gồm 01 trang)  x1 a   Bài (4 điểm) Cho dãy  xn  thỏa mãn:  x  n xn2  n 1  n 1 2n  x n  Chứng minh dãy  xn  có giới hạn tìm lim  xn  Bài (4 điểm) Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) P điểm PA, PB, PC cắt BC, CA, AB K, L, N Gọi X, Y, Z cực đường thẳng LN, NK, KL (I) Chứng minh AX, BY, CZ cắt BC, CA, AB ba điểm thẳng hàng đường thẳng đường thẳng tiếp xúc với (I) Bài (4 điểm) Tìm số k nhỏ cho với số thực dương a, b, c thỏa mãn 4 3 a  b  c 3 ta ln có bất đẳng thức: k  a  b  c  3 a  b  c  3abc  a) Chứng minh BĐT với k  b) Tìm số thực k nhỏ cho BĐT Bài (4 điểm) Tìm tất số nguyên tố p, q số tự nhiên m cho 2m p q  Bài (4 điểm) Cho bảng, gồm m n ô vuông đơn vị (như hình vẽ), ta gọi hai vng gọi cạnh chúng có cạnh chung Ban đầu, ô vuông bảng viết số tự nhiên (không thiết phân biệt) Mỗi bước di chuyển việc cộng thêm số nguyên k vào số hai ô vuông cạnh nhau, cho số nhận khơng âm Tìm điều kiện cần đủ để tất số ghi ô vuông sau hữu hạn bước di chuyển Ví dụ cho bước di chuyển: Ta cộng  vào hai ô vuông góc bên phải ==== Hết ==== Ghi chú: Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên giám thị số 1: Chữ ký: Họ tên giám thị số 1: Chữ ký: HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV MƠN THI: TỐN – KHỐI 11 Ngày thi 15/07/2022 (Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Bài Hướng dẫn Cho dãy  xn  thỏa mãn: Điểm  x1 a   xn2  n  x   n 1  n 1 2n  x n  Chứng minh dãy  xn  có giới hạn tìm lim  xn  a 4,0 Bổ đề:  xn  ,  yn  thỏa mãn xn , yn  lim yn 0 xn1  q xn  yn với  q  , lim xn 0 Chứng minh bổ đề: Với   , ta cần chứng minh tồn số tự nhiên N cho xn  n  N Do lim yn 0 , tồn M cho yn  1n  M Ta có: 2,0  qk , n  M , k   với 1 q   q  , tồn số tự nhiên K cho q k  xn  , k  K 1 q Chọn 1  , xn0 k   với n0  M , n0 cho trước Hay ta có xn   , n  N M  K (đpcm) xn k  qxn k   yn k   q  qxn k   1   1   q k  xn  1 2,0 Ta có xn  0n   Mặt khác xn 1  x2  2 xn 2 n n n n     (AM-GM) 2n  xn 2n  xn 2n   xn  2n 2 Với n 2 , ta có: xn 1   n  xn2  1  n   2 2 2    2n   xn  2n     xn  n  2n  xn   n  xn  2n  2n    2 2     xn  2n    n  2 n  xn    xn      2n   xn  2n  2n  2n  Sử dụng Bổ đề trên, ta lim xn   xn  2 2 2n  Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) P điểm PA, PB, PC cắt BC, CA, AB K, L, N Gọi X, Y, Z cực đường thẳng LN, NK, KL (I) Chứng minh AX, BY, CZ cắt BC, CA, AB ba điểm thẳng hàng đường thẳng đường thẳng tiếp xúc 4,0 với (I) S X A T W N F U B V E Q I L Z P D K C Y Gọi AX, BY, CZ cắt BC, CA, AB U, V, W Trước hết ta chứng minh BY, CZ đồng quy với EF, VW tiếp xúc (I) Tương tự UW, UV tiếp xúc (I) Ta có U, V, W thẳng hàng đường thẳng tiếp xúc (I) Thật vậy, gọi D, E, F tiếp điểm (I) BC, AC, AB.Gọi DE, DF cắt KL, KN S, T Do AD, BE, CF đồng quy AK, BL, CN đồng quy nên D  KA, EF   K  DA, LN  Do đó, A, S, T thẳng hàng Vì B, Y cực DF, NK nên T cực BY Tương tự S cực CZ Mặt khác A cực EF Vì A, S, T thẳng hàng nên dễ thấy BY, CZ EF đồng quy (đpcm) Tìm số k nhỏ cho với số thực dương a, b, c thỏa mãn 4 3 a  b  c 3 ta ln có bất đẳng thức: k  a  b  c  3 a  b  c  3abc  a) Chứng minh BĐT với k  1,0 2,0 1,0 4,0 b) Tìm số thực k nhỏ cho BĐT a  b  c  a  b3  c3  3abc  Đặt f (a, b, c ) VT  VP Ta chứng minh: a) Chứng minh:   2,0  a b a b  f ( a , b, c )  f  , ,c    2 ( a  b)   3 ( a  b)3  ( a  b)    a b     a b    3c  ab   0 7      (a  b)  6(a  b) (a  b) 3(a  b)(a  b) ( a  b)    3c  0 28 4 a  7b  10ab 3c   (a  b)  0 28 4      a  b  10ab  21(a  b)  21c 0  a  b  10ab  21(a  b)  21(3  a  b) 0    5(a  b)  a  b  42(a  b)  63 0 Do  a  b  (a  b) nên ta chứng minh: 6(a  b)2  42(a  b)  63 0 Và điều ta giả sử c max{a, b, c} a  b 2 Vậy ta cần ra: 2  a b a b  f , , c  0    f (t , t ,3  2t ) 0 (t ( a  b) / 2)  2t  (3  2t )  2t  (3  2t )  3t (3  2t )  Bất đẳng thức với t  (0,3) b) Ta chọn a b t , c 3  2t :   k  2t  (3  2t )4  3 2t  (3  2t )3  3t (3  2t )   12t  45t  54t  21 3(t  1) (7  4t )  4t k    f (t ) 2 2 18t  96t  216t  216t  78 (t  1) 18t  60t  78 3t  10t  13  Ta có: f (t )   12 2t  7t     3t  10t  13 2    1  0  t   ,3 2  Ta xem bảng biến thiên sau: 2 Vậy trở lại toán, ta cho a b  , c 2 ta k  , ta chứng minh giá Với t  (0,3) , từ ta thấy f (t )min  tương ứng t  trị nhỏ k Tìm tất số nguyên tố p, q số tự nhiên m cho 2m p q  Ta có (1) q  2m p phương trình Diophante với p q số nguyên tố m số tự nhiên m q  2m p (1)  (2) (q  1)  q  q  q  q  1 2 p Dễ thấy q lẻ từ phương trình (1) (do m  ), q  q  q  q  lẻ Do 2m ∣ q  từ phương trình (2), từ phương trình (2) cho ta p q  q  q  q   q 34 , tức p  Đặt d GCD  q  1, q  q  q  q  1 ∣ , d  {1,5} *) Nếu d 5 , p 5 từ phương trình (2), điều mâu thuẫn với p  *) Do đó, d 1 , từ phương trình (2), ta (3) q  q  q  q   p Từ phương trình (3) ta (4) q∣ p 1 Hơn nữa, từ phương trình (3), ta có (5) p q  r , r  *) Nếu r 1 , theo phương trình (3), ta có       4.0 1,0 1,0 1,0  q  q  q  q 1  p  q  q  q  q   q  (q  1)q  q  q 3 , nên r 1 *) Nếu r q , từ phương trình (3) (5)   q  q    q   p  q4  q3  q2  q 1 2   q3  q2  q 1 q  q  33   23  0, dẫn đến r  q (mâu thuẫn) Do (6) r q  Vậy, kết hợp điều kiện (4) phương trình (5), ta (7) q∣ r 1 *) Với r 1 q theo điều kiện (6), ta có r q  , kết hợp với phương trình (5) ta có (8) p q  q  Kết hợp phương trình (3) (8), ta q  q3  q2  q 1  q2  q    1,0  q  q  q  q  q  2q  q  2q   q  2q  3q 0  q (q  1)(q  3) 0 Do q 3 , từ phương trình (8) cho ta p 32   9  11, kết hợp với phương trình (1) cho ta q  35  243  242 m     2, m 1 p 11 121 121 Kết luận: Phương trình có nghiệm (m, p, q ) (1,11, 3) Cho bảng, gồm m n ô vuông đơn vị (như hình vẽ), ta gọi hai ô vuông gọi cạnh chúng có cạnh chung Ban đầu, ô vuông bảng viết số tự nhiên (không thiết phân biệt) Mỗi bước di chuyển việc cộng thêm số nguyên k vào số hai ô vuông 4,0 cạnh nhau, cho số nhận không âm Tìm điều kiện cần đủ để tất số ghi ô vuông sau hữu hạn bước di chuyển Ví dụ cho bước di chuyển: Ta cộng  vào hai vng góc bên phải Nhận xét sau bước di chuyển, ta cộng thêm vào hai vng cạnh nhau, ô màu trắng ô màu đen Đặt Sb S w tổng số ô vuông màu đen tổng số ô vuông màu trắng Khi Sb  S w khơng đổi Do đó, sau bước mà tất số ghi ô vuông Sb  S w 0 , mà tính bất biến Sb  Sw nên ban đầu, Sb  S w 0 Ta chứng minh ngược lại, ban đầu, ta có Sb  S w 0 sau hữu hạn bước phù hợp, ta đưa tất số ghi ô vuông bảng / Thật vậy, đặt a, b, c số ghi A, B, C , đó, A, B, C ô hàng mà A C cạnh B Nếu a b , ta thêm ( a) vào a b , để thu a 0 7 0 1,0 1,0 Nếu a b , ta thêm (a  b) vào b c Khi đó, B nhận giá trị thành a , đó, ta thêm ( a ) vào hai đó, để biến giá trị hai ô VD: 3 0 0 0 1,0 VD: (Dừng) Do đó, ta có cách để đưa tất số dương ghi ô vuông giảm 1,0 Với cách làm hàng, ta nhận tất ô vuông hàng, trừ tối đa ô cuối, Sau đó, bảng vng đó, ta nhận bảng mà cột , trừ cột cuối Áp dụng thuật toán cho cột, từ xuống dưới, cịn cuối cịn lại Khi đó, tính bất biến Sb S w , giá trị vng Ta đưa hết chúng Điểm toàn tổng điểm ý, câu; khơng làm trịn số Người đề: Vũ Quốc Anh Số điện thoại: 0366795470 Chữ ký: Anh