TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NĂM 2023 MƠN: TỐN 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 05 01 trang) Bài (4,0 điểm) Cho dãy số an xác định a1 1 Chứng minh lim an n 0 n an1 an n , n 1 an Bài (4,0 điểm) Xác định tất đa thức P ( x ) hệ số thực thỏa mãn xP( x) yP( y ) zP( z ) ( x y z )[P( x y ) P( y z ) P ( z x)], (*) với x, y , z x y z 6 xyz Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O đường cao AD , BE , CF đồng quy H AO cắt EF J Đường tròn ngoại tiếp tam giác AJD cắt O K khác A Gọi M trung điểm BC a) Vẽ đường kính AX đường trịn O , gọi Y hình chiếu H AM Chứng minh EF , HK XY đồng quy điểm P b) Gọi N trung điểm EF , Q đối xứng với P qua N R hình chiếu H AN Trên PQ lấy L cho HL EF Chứng minh trung trực HL chia đôi BC n 2k ! Bài (4,0 điểm) Cho k số nguyên dương đặt Kí hiệu n tổng ước nguyên dương n Chứng minh n có ước nguyên tố lớn k Bài (4,0 điểm) Xét n giác với tâm Hai người chơi trò chơi sau: họ chọn đỉnh đa giác nối với hai đỉnh kề nối với tâm hình đa giác đoạn thẳng Người thắng người chơi mà sau lượt chơi đỉnh đa giác di chuyển đến đỉnh lại đoạn thẳng nối Với n 3 , xác định xem người có chiến lược thắng TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY Bài HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUN HẢI NĂM 2023 MƠN: TỐN 11 Thời gian làm bài: 180 phút (HDC gồm 08 trang) Hướng dẫn Điể m n an1 an , n 1 (4,0 a an Chứng minh điểm Cho dãy số n xác định a1 1 ) lim an n 0 n a2 a1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2 a1 (do a1 1 ) Ta có: an1 n 1 an n n n 1 an n an an 1,0 an2 n 1 an n an n an 1 an an Quy nạp an n, n 2 an 1 n 1 an 1 1 an n an an Lại có: 1,0 1 1 an1 n 1 a2 a2 a3 an n an 1 a 1 an a n an n 1 1 n 1 n a a a a a n n n n n Ta lại có (do ) n Suy i 2 a1 a2 an a1 a2 a3 an an 1,0 an1 n 1 a2 a1 a a2 an n (vì an n ) an1 n 1 a2 a1 n a1 a 0 lim a2 0 n n Mà n n lim 1,0 lim an1 n 1 0 lim an n 0 hay n Xác định tất đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn Do n (4,0 xP( x) yP( y ) zP ( z ) ( x y z )[P( x y ) P( y z ) P( z x)], (*) điểm với x, y , z x y z 6 xyz ) Thay y x, z 0 vào (*) ta có: xP( x) xP ( x) , x Mà P ( 0) P(0) , nên P ( x ) P ( x ) , x Suy P ( x ) chẵn 1,0 Khi P ( x) c Thay vào (*), ta có c = Do P ( x) 0 nghiệm toán Khi deg P n , với n chẵn, đặt P ( x) an x n an 1x n a1 x a0 , an 0 1 , z x 3x 3x vào (*) ta có Thay 1 x P x P x P ( x ) x P , x \ {0} 3 3x 3x 3x y n Nhân hai vế với x ta 1 n n 2 xn x2 P x P x x P ( x) x P , x \ {0} 3 3x 3x 3x Bây hai vế đa thức theo biến x deg VT 2n,deg VP max{2n, n 2} Bây hai vế đa thức theo biến x deg VT 2n,deg VP max{2n, n 2} 2n Nếu deg P n 4 deg VP 2n So sánh hệ số x hai vế, ta 2n an an , 3 (vô lý) Do deg P 2 Đặt P ( x) ax b(a 0) Thay vào (*) ta có b a Do P ( x ) ax a (a 0) Vậy P ( x) ax a(a hệ số thực bất kỳ) tất đa thức cần tìm 1,0 1,0 1,0 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O đường cao AD , BE , (3,0 điểm CF đồng quy H AO cắt EF J Đường tròn ngoại tiếp tam giác ) AJD cắt O K khác A Gọi M trung điểm BC a) Vẽ đường kính AX đường trịn O , gọi Y hình chiếu H AM Chứng minh EF , HK XY đồng quy điểm P b) Gọi N trung điểm EF , Q đối xứng với P qua N R hình chiếu H AN Trên PQ lấy L cho HL EF Chứng minh trung trực HL chia đôi BC a) Vẽ đường kính AX đường trịn O , gọi Y hình chiếu H AM Chứng minh EF , HK XY đồng quy điểm P Gọi G giao điểm thứ hai O XH Khi G thuộc đường trịn AH Suy AG, EF,BC trục đẳng phương cặp đường tròn AH O , BC AH , O BC Do AG,EF,BC đồng quy T Đồng thời, theo kết quen thuộc M trung điểm HX Dễ thấy AO EF nên J , D thuộc đường trịn đường kính AT nên AKT 90 Điều kéo theo T , K , X thẳng hàng Trong tam giác ATX , đường cao AK ,TJ , XG đồng quy điểm 0,5 0,5 0,5 I Suy Y IK , XT I YK , XT I YA, MT T YA, MI T HA, DE Do P XY EF K PH XY gọi Y IK , XT Y IK , XT , dẫn đến K K ' , ta có điều phải chứng 0,5 minh b) Gọi N trung điểm EF , Q đối xứng với P qua N R hình chiếu H AN Trên PQ lấy L cho HL EF Chứng minh trung trực HL chia đôi BC Ta thấy R, Y , E , F nằm đường trịn đường kính AH Theo kết 0,5 quen thuộc AY đối trung tam giác AEF , dó RY EF Suy EFRY hình thang cân, kéo theo R, Y đối xứng qua trung trực 0,5 EF MN , đồng thời P, Q đối xứng qua MN Do HL AX vuông góc EF , đồng thời H , X đối xứng qua M 0,5 nên HL đối xứng AX qua MN Điều dẫn đến, giao điểm NR HL đối xứng với giao điểm AX PY , tức L đối xứng với X qua MN Suy MH MX ML Từ 0,5 ta có điều phải chứng minh k k số nguyên dương đặt n ! Kí hiệu n tổng ước Cho (4,0 điểm nguyên dương n Chứng minh n có ước nguyên tố lớn ) 2k Ta có 2k v2 n v2 2k ! i 2k 2k 2k 1,0 i 1 k 1 Do n 2 q , với q lẻ Suy k k k 22 22 | 22 q n k1 2 Mà 1| nên 1| n 2k 2k p p | Do Gọi ước nguyên tố lẻ Khi k k m h ord p đặt h | , dẫn đến h 2 với m k Nếu m k h | 2k 1 mod p Dẫn đến p 2 , mâu thuẫn , k1 k 1,0 1,0 p k Do h 2 Mặt khác theo định lí Fermat nhỏ 1 mod p 1,0 k k h | p p nên Suy Từ ta có điều phải chứng minh n Xét giác với tâm Hai người chơi trị chơi sau: họ (3,0 chọn đỉnh đa giác nối với hai đỉnh kề nối điểm với tâm hình đa giác đoạn thẳng Người thắng người ) chơi mà sau lượt chơi đỉnh đa giác di chuyển đến đỉnh cịn lại đoạn thẳng nối Với n 3 , xác định xem người có chiến lược thắng Xét n chẵn TH1 Người thứ nối đỉnh với tâm Người thứ hai nối tâm với đỉnh khác Như vậy, sau người thứ hai thực ln có số lẻ đỉnh kết nối Do đó, người thứ khơng thể nối hai điểm cuối Khi đó, người thứ hai chiến thắng TH2 Người thứ nối hai đỉnh Người thứ hai nối đoạn thẳng đối xứng với đoạn thẳng người thứ vẽ qua tâm Sau bước có số điểm nối lại số lẻ Người thứ hai tiếp tục thực bước đến người thứ di chuyển Giả sử có lúc người thứ chiến thắng người thứ hai trước Gọi x đoạn cuối nối người thứ bước * thứ x x đoạn đối xứng với nó, z đoạn mà người thứ chiến * thắng người thứ hai vẽ x Chú ý x đoạn qua tâm, tương tự trường hợp 1,0 Xét điểm lại trước thực bước x Đoạn x nối điểm * * khác A B , đoạn x nối hai điểm đối xứng tương ứng khác A * B Xét O tâm đường tròn * Giả sử O hai điểm A B , A Điều có * nghĩa A A đối xứng tâm chứa tâm đường tròn Bởi vậy, sau * thực bước x số điểm lẻ giống bước x Do đó, bước z không chiến thắng Giả sử O không thuộc A B Khi có điểm C , có tâm đường trịn Để thực bước z chiến thằng, phải nối C với * điểm đẵ có từ bước x x Sau thực bước x x * , điểm nối lại không bao gồm tâm, * B A* , A B* bước x không làm giảm số điểm Vậy người thứ hai có * thể chiến thằng việc thực bước z bao gồm x Xét n lẻ Ta chứng minh người thứ chiến thắng nối đỉnh tùy ý với tâm đường tròn bước Với n 3 điều hiển nhiên Giả sử, với n từ đến 2k điều Xét n 2k , đánh số đỉnh đa giác theo chiều kim đồng hồ: A0 , A1 , \ldots, A2 k 1 Người thứ nối A0 với tâm O đường tròn bước Xét người thứ hai đầu tiên: Nối đỉnh khác A0 Giả sử người thứ hai nối Ai với Ai 1,0 i k Người thứ nối Ai với Ai 1 , trị chơi trở thành trường hợp n 2k Nghĩa là, đỉnh Ai , Ai , Ai 1 , có đỉnh nối từ Ai qua Ai , từ Ai 2 qua Ai 1 , từ tâm qua Ai , ngồi có hai đường phụ nối từ tâm đường trịn khơng đóng vai trò Người thứ tạo hai đường người thứ hai làm Nối A0 với đỉnh liền kề Giả sử người thứ hai nối A1 với A0 Người thứ nối A0 với A2 n1 , trò chơi trở trường hợp n 2k Nghĩa là, đỉnh A2 k 1 , A0 , A1 có đỉnh (nối từ O bước thứ người thứ nhất) tương tự trường hợp Nối O với đỉnh liền kề A0 Giả sử người thứ hai nối A1 với O Người thứ nối A2 k 1 với O , trò chơi trở trường hợp n 2k Nghĩa là, đỉnh A2 k 1 , A0 , A1 , đỉnh tương tự trường hợp trước Điều khác biệt bao gồm hai điểm phụ nối tới O , điểm A1 A2 k 1 có hai đường phụ nối tới A0 Nối O với đỉnh khơng liền kề với A0 Khơng tính tổng quát, giả sử người thứ hai nối A2i với O Người thứ nối Ai với O , sau trị chơi trở trường hợp n 2k 2i Nghĩa là, xét đỉnh A0 A2 , có đỉnh nối với O lần di chuyển người chơi Nếu người chơi thứ hai vẽ đoạn thẳng nằm trong miền sau OA0 Ai OAi A2i , người chơi thứ vẽ đoạn thẳng đối xứng với OAi Có số chẵn bước phụ khơng đóng vai trị gì, trị chơi giảm tính xác với số lượng Trong trường hợp, trị chơi giảm xuống tương đương với số số lẻ đỉnh Vậy người thứ có chiến lược chiến thắng với số lẻ n 3 -HẾT -Người đề: Vũ Nguyễn Hoàng Anh - Số điện thoại: 0353291675