De chon doi tuyen thi hsg qg mon toan nam 2023 2024 so gddt kien giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/8/2023 Đề thi gồm 01 trang, 04 Bài (5,0 điểm) Cho dãy số (𝑥𝑥𝑛𝑛 ) xác định 𝑥𝑥1 = 𝑥𝑥𝑛𝑛+1 = 𝑥𝑥𝑛𝑛 + a) Tìm: lim 𝑥𝑥𝑛𝑛 √𝑛𝑛 ⋅ 𝑥𝑥𝑛𝑛 với (𝑛𝑛 ∈ ℕ∗ ) b) Tìm tất số tự nhiên 𝑘𝑘 cho dãy số (𝑦𝑦𝑛𝑛 ) xác định bởi: 𝑦𝑦𝑛𝑛 = � 𝑥𝑥1 𝑘𝑘 𝑘𝑘 � + � 𝑥𝑥 � + ⋯ + � 𝑥𝑥 � 𝑛𝑛 𝑘𝑘 với 𝑛𝑛 ≥ 1, dãy bị chặn Bài (5,0 điểm) Tìm tất hàm số 𝑓𝑓: ℝ → ℝ thoả mãn 𝑓𝑓(𝑥𝑥 ) 𝑓𝑓(𝑦𝑦𝑦𝑦(𝑥𝑥 ) − 1) = 𝑓𝑓 (𝑥𝑥 𝑦𝑦) − 𝑓𝑓 (𝑥𝑥 ) với 𝑥𝑥, 𝑦𝑦 ∈ ℝ Bài (5,0 điểm) a) Cho 𝑝𝑝 số nguyên tố lẻ Chứng minh (2𝑝𝑝−2 − 1)𝑝𝑝 (2𝑝𝑝+1 − 2) − 2(𝑝𝑝−1) + chia hết cho 𝑝𝑝3 b) Cho 𝑛𝑛 số nguyên lớn Chứng minh tồn số nguyên dương 𝑎𝑎 cho 2𝑎𝑎 ≤ 𝑛𝑛 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 hợp số Bài (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (với 𝐴𝐴𝐴𝐴 < 𝐴𝐴𝐴𝐴) nội tiếp đường trịn (𝑂𝑂), có 𝐼𝐼 tâm đường tròn nội tiếp Đường tròn bàng tiếp góc 𝐴𝐴 tam giác 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 có tâm 𝐽𝐽 tiếp xúc với đường thẳng 𝐵𝐵𝐵𝐵 điểm 𝐷𝐷 Gọi 𝐸𝐸, 𝐹𝐹 theo thứ tự trung điểm 𝐼𝐼𝐼𝐼, 𝐽𝐽𝐽𝐽 Đường trịn có đường kính 𝐴𝐴𝐴𝐴 cắt đường tròn � 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (𝑂𝑂) điểm thứ hai 𝐺𝐺 khác 𝐴𝐴 Chứng minh rằng: � HẾT -• • Thí sinh KHƠNG sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị KHƠNG giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI Đề thi thức KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/8/2023 Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang I Hướng dẫn chung Nếu học sinh làm khơng theo cách nêu đáp án đúng, xác, chặt chẽ cho đủ số điểm câu Nếu học sinh có sử dụng định lý, hệ quả, kết phụ trợ … phổ biến chuyên đề bồi dưỡng HSG nêu tên giám khảo chấm Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm II Đáp án thang điểm Bài Ý (5,0 đ) Biểu điểm 0,5 Nội dung Bằng quy nạp, 𝑥𝑥𝑛𝑛 > với 𝑛𝑛 ≥ Với 𝑛𝑛 ∈ ℕ∗ , ta có 𝑥𝑥𝑛𝑛+1 > 𝑥𝑥𝑛𝑛2 + Từ quy nạp ta được: 𝑥𝑥𝑛𝑛2 ≥ 2𝑛𝑛 + với 𝑛𝑛 ∈ ℕ∗ Do đó, 𝑥𝑥𝑛𝑛+1 < 𝑥𝑥𝑛𝑛2 + + Thành thử, 𝑥𝑥𝑛𝑛 ≤ 𝑥𝑥𝑛𝑛2 + + 𝑛𝑛−1 𝑥𝑥𝑛𝑛2 < 2𝑛𝑛 + + � Nhận xét 𝑘𝑘=1 𝑛𝑛−1 2𝑛𝑛+2 với 𝑛𝑛 ∈ ℕ∗ 2𝑘𝑘 + 1 lim �� � = 𝑛𝑛→∞ 𝑛𝑛 2𝑘𝑘 + a) 𝑘𝑘=1 Chứng minh Có thể sử dụng định lý trung bình Cesàro làm sau: 𝑛𝑛 Do 𝑛𝑛−1 1 < �2� − � < 𝑘𝑘√𝑘𝑘 𝑘𝑘=2 √𝑘𝑘 − 𝑘𝑘 𝑘𝑘=2 � 𝑛𝑛−1 1 �� �< 2𝑘𝑘 + 𝑛𝑛 < 𝑘𝑘=1 √𝑛𝑛 𝑛𝑛 �1 + � 𝑘𝑘√𝑘𝑘 𝑘𝑘=2 Trang 1/5 𝑛𝑛−1 1 �� � 𝑛𝑛 𝑘𝑘 �< 𝑘𝑘=1 √𝑛𝑛 →0 0,5 0,5 0,5 Lưu ý Nếu HS khơng chứng minh, trừ 0.25 đ Ta có lim 2𝑛𝑛+3 𝑛𝑛 = từ Nhận xét 1, 𝑛𝑛−1 1 lim �2𝑛𝑛 + + � �=2 𝑛𝑛 2𝑘𝑘 + Do đó, theo nguyên lý kẹp: 𝑘𝑘=1 0,5 𝑥𝑥𝑛𝑛2 lim = 𝑛𝑛 Bình luận +/ Học sinh chứng minh dãy tăng, không bị chặn để suy lim 𝑥𝑥𝑛𝑛 = +∞ , từ suy lim(𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 𝑥𝑥𝑛𝑛2 ) = sử dụng định lý Stolz, kết Nếu làm đúng, cho điểm tối đa +/ Trong chứng minh Nhận xét 1, học sinh sử dụng định lý trung bình Cesàro để suy kết Nhận xét, điểm tối đa Đầu tiên ta có nhận xét 𝑥𝑥𝑛𝑛 > với 𝑛𝑛 ≥ Từ 𝑘𝑘 ≥ 𝑥𝑥𝑛𝑛𝑘𝑘 ≥ 𝑥𝑥𝑛𝑛3 𝑘𝑘 ≤ 𝑥𝑥𝑛𝑛𝑘𝑘 ≤ 𝑥𝑥𝑛𝑛2 Xét 𝑘𝑘 ≥ Theo ý a), 𝑥𝑥𝑛𝑛2 ≥ 2𝑛𝑛 + > 𝑛𝑛 + nên 𝑥𝑥𝑛𝑛𝑘𝑘 ≥ (𝑛𝑛 + 1)√𝑛𝑛 + Thành thử 1 1 𝑦𝑦𝑛𝑛 ≤ + + ⋯ + < + ⋯+ + ⋯ + 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑥𝑥1 Mặt khác, theo a), ta có b) 𝑛𝑛−1 𝑥𝑥𝑛𝑛2 < 2𝑛𝑛 + + � Thành thử: 𝑘𝑘=1 𝑛𝑛 < 2𝑛𝑛 + + < 6𝑛𝑛 2𝑘𝑘 + 0,25 1,25 0,5 1 1 𝑦𝑦𝑛𝑛 > � + + ⋯ + � 𝑛𝑛 Nhận xét Dãy (ℎ𝑛𝑛 ) với ℎ𝑛𝑛 = 1 + ⋯+ 𝑛𝑛 không bị chặn Thật vậy, (ℎ𝑛𝑛 ) bị chặn (ℎ𝑛𝑛 ) có giới hạn hữu hạn Thành thử lim(ℎ2𝑛𝑛 − ℎ𝑛𝑛 ) = Tuy nhiên 1 1 ℎ2𝑛𝑛 − ℎ𝑛𝑛 = + ⋯ + ≥ 𝑛𝑛 × = , 𝑛𝑛+1 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 mâu thuẫn Trang 2/5 0,25 Vậy, (ℎ𝑛𝑛 ) dãy không bị chặn Do đó, (𝑦𝑦𝑛𝑛 ) khơng bị chặn Tóm lại, đáp số toán là: số tự nhiên 𝑘𝑘 ≥ Bình luận Về nhận xét 2√ + 3√ + ⋯+ mà không làm rõ, trừ 0,25 lần (5,0 đ) 𝑛𝑛√𝑛𝑛 0,25 < học sinh sử dụng hai ý Giả sử 𝑓𝑓 hàm số cần tìm Đầu tiên, 𝑓𝑓 hàm 𝑐𝑐 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐 − 𝑐𝑐 Vậy 𝑐𝑐 = Xét 𝑓𝑓 hàm khác số Thay 𝑦𝑦 = 0: ta 𝑓𝑓(𝑥𝑥 )(𝑓𝑓(−1) + 1) = 𝑓𝑓(0) với 𝑥𝑥 ∈ ℝ 𝑓𝑓(0) Nếu 𝑓𝑓 (−1) ≠ −1 𝑓𝑓 (𝑥𝑥 ) = 𝑓𝑓 hàm hằng, loại 0,5 1,0 𝑓𝑓(−1)+1 Vậy 𝑓𝑓 (−1) = −1 𝑓𝑓 (0) = Giả sử 𝑎𝑎 ∈ ℝ mà 𝑓𝑓 (𝑎𝑎) = 0: Thay 𝑥𝑥 = 𝑎𝑎, ta 𝑓𝑓 (𝑎𝑎2 𝑦𝑦) = với 𝑦𝑦 Vì 𝑓𝑓 khác số nên 𝑎𝑎 = Thành thử, 𝑓𝑓(𝑎𝑎) = ⇔ 𝑎𝑎 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) Với 𝑥𝑥 ≠ 0: Chọn 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓 (𝑥𝑥 ) 𝑓𝑓 � 𝑥𝑥 xét 𝑓𝑓 (𝑥𝑥) ≠ nên 𝑓𝑓 � hay 𝑓𝑓(𝑥𝑥 ) = 𝑥𝑥 𝑓𝑓(𝑥𝑥) 𝑥𝑥 𝑥𝑥 − 1� = Theo nhận − 1� = Từ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) 𝑥𝑥 −1=0 Do 𝑓𝑓(𝑥𝑥 ) = 𝑥𝑥 với 𝑥𝑥 ∈ ℝ Thử lại, ta thấy hàm 𝑓𝑓(𝑥𝑥 ) ≡ 𝑓𝑓(𝑥𝑥 ) ≡ 𝑥𝑥 thoả mãn phương trình hàm ban đầu (5,0 đ) Theo định lý Fermat nhỏ 2𝑝𝑝−1 ≡ 1(mod 𝑝𝑝) Thành thử, ta viết: 2𝑝𝑝−1 = 𝑘𝑘𝑘𝑘 + với 𝑘𝑘 ∈ ℕ a) Kí hiệu biểu thức cho 𝑆𝑆 Ta có 2𝑝𝑝 𝑆𝑆 = (𝑘𝑘𝑘𝑘 − 1)𝑝𝑝 (2𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1) − 2(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1)𝑝𝑝 + (𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1) Theo công thức Newton (𝑘𝑘𝑘𝑘 − 1)𝑝𝑝 ≡ −1 + 𝑘𝑘𝑝𝑝2 (mod 𝑝𝑝3 ) (𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1)𝑝𝑝 ≡ + 𝑘𝑘𝑝𝑝2 (mod 𝑝𝑝3 ) Thành thử 2𝑝𝑝 𝑆𝑆 ≡ 2(𝑘𝑘𝑝𝑝2 − 1)(2𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1) − 2(1 + 𝑘𝑘𝑝𝑝2 ) + 4(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1) ≡ −4𝑘𝑘𝑘𝑘 − + 2𝑘𝑘𝑝𝑝2 − 2(1 + 𝑘𝑘𝑝𝑝2 ) + 4(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 1) ≡ (mod 𝑝𝑝3 ) Do 𝑝𝑝 số nguyên tố lẻ, nên 𝑆𝑆 ≡ 0(mod 𝑝𝑝3 ) Trang 3/5 1,0 1,5 0,5 0,5 1,0 1,0 𝑝𝑝−1 b) Nếu 𝑛𝑛 + có ước nguyên tố lẻ 𝑝𝑝, ta chọn 𝑎𝑎 = 2𝑎𝑎 ≤ 𝑝𝑝 − ≤ 𝑛𝑛 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 = (𝑝𝑝 − 1)2 − + (𝑛𝑛 + 1) ≡ 0(mod 𝑝𝑝) Rõ ràng 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 ≥ + 𝑛𝑛 > 𝑝𝑝, nên 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 hợp số Nếu 𝑛𝑛 + = 2𝑘𝑘 , với 𝑘𝑘 ≥ Khi đó, 𝑛𝑛 + = 4(2𝑘𝑘−2 + 1) 2𝑘𝑘−2 + số lẻ lớn 1, nên 𝑛𝑛 + có ước nguyên tố lẻ 𝑝𝑝 Ta chọn 𝑎𝑎 = 𝑝𝑝 − 𝑛𝑛 + 2(𝑎𝑎 + 1) = 2𝑝𝑝 ≤ nên 2𝑎𝑎 < 𝑛𝑛 Bên cạnh 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 = 4(𝑎𝑎2 − 1) + (𝑛𝑛 + 4) chia hết cho 𝑝𝑝 Mặt khác, 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 ≥ 𝑛𝑛 + ≥ 4𝑝𝑝 > 𝑝𝑝 Nên 4𝑎𝑎 + 𝑛𝑛 hợp số 1,0 1,5 Bình luận: Trường hợp 𝑛𝑛 + = 2𝑘𝑘 , 𝑘𝑘 = tức 𝑛𝑛 = 15, ta chọn 𝑎𝑎 = 3, với 𝑘𝑘 ≥ 5, lấy 𝑎𝑎 = 2𝑘𝑘−4 − Khi 4𝑎𝑎2 + 𝑛𝑛 = 4(2𝑘𝑘−4 − 1)2 + 2𝑘𝑘 − = (2𝑘𝑘−3 + 1)(2𝑘𝑘−3 + 3) hợp số Gọi 𝐾𝐾 trung điểm 𝐼𝐼𝐼𝐼 Ta có Δ IBJ vng 𝐵𝐵 nên 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 Do 𝐾𝐾 trung điểm cung 𝐵𝐵𝐵𝐵 (𝑂𝑂) (5,0 đ) 1,5 Trang 4/5 Gọi 𝐴𝐴′ giao điểm 𝐺𝐺𝐺𝐺 với (𝑂𝑂) ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ nên 𝐴𝐴𝐴𝐴′là đường kính (𝑂𝑂) Kẻ đường cao 𝐴𝐴𝐴𝐴 Do ∠𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 = ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐴𝐴′ = ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 = ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 = ∠ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 = ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 Vậy tứ giác 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 nội tiếp Ta có ∠𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 = ∠ 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 − 90∘ = ∠ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 − 90∘ = 90∘ − ∠ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 = ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 - HẾT - Trang 5/5 2,5 1,0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 31/8/2023 Đề thi gồm 01 trang, 03 Bài (7,0 điểm) Cho 2023 số thực 𝑎𝑎1 , 𝑎𝑎2 , … , 𝑎𝑎2023 thoả mãn 𝑎𝑎1 + 𝑎𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑎2023 = a) Chứng minh rằng, tồn số nguyên dương 𝑖𝑖 < 𝑗𝑗 ≤ 2023 cho 𝑎𝑎𝑖𝑖 𝑎𝑎𝑗𝑗 ≤ − 𝑎𝑎12 +𝑎𝑎22 +⋯+𝑎𝑎2023 2023 b) Giả sử 𝑏𝑏1 , 𝑏𝑏2 , … , 𝑏𝑏2023 số thực cho bất đẳng thức (𝑥𝑥1 − 𝑎𝑎1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥2023 − 𝑎𝑎2023 )2 ≤ (𝑥𝑥1 − 𝑏𝑏1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥2023 − 𝑏𝑏2023 )2 với 2023 số thực (𝑥𝑥1 , … , 𝑥𝑥2023 ) thoả mãn 𝑥𝑥1 < 𝑥𝑥2 < ⋯ < 𝑥𝑥2023 Chứng minh Bài (6,0 điểm) 𝑎𝑎1 + ⋯ +𝑎𝑎𝑘𝑘 ≤ 𝑏𝑏1 + ⋯ + 𝑏𝑏𝑘𝑘 với 𝑘𝑘 = 1,2, … ,2023 Cho số nguyên dương 𝑛𝑛 bảng vng (2𝑛𝑛 + 1) × (2𝑛𝑛 + 1) Tìm số nguyên dương 𝑘𝑘 lớn cho: đặt 𝑘𝑘 viên bi vào 𝑘𝑘 ô bảng cho, ô không viên bi đồng thời bảng × bảng vng cho ln có không viên bi Bài (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (với 𝐴𝐴𝐴𝐴 < 𝐴𝐴𝐴𝐴) nội tiếp đường trịn (𝑂𝑂) có trực tâm 𝐻𝐻 Gọi 𝑀𝑀 điểm � đường tròn (𝑂𝑂) Đường thẳng qua 𝑂𝑂 song song với 𝐴𝐴𝐴𝐴 cắt 𝐻𝐻𝐻𝐻 𝐾𝐾 cung 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 Gọi 𝐸𝐸, 𝐹𝐹 tương ứng hình chiếu vng góc 𝐾𝐾 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴 Gọi 𝑁𝑁 trung điểm 𝐻𝐻𝑀𝑀 Chứng minh a) 𝐵𝐵, 𝐶𝐶, 𝑂𝑂, 𝐾𝐾 nằm đường tròn b) 𝐾𝐾, 𝐸𝐸, 𝑁𝑁, 𝐹𝐹 đỉnh hình bình hành HẾT • • Thí sinh KHƠNG sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị KHƠNG giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI Đề thi thức KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 31/8/2023 Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang I Hướng dẫn chung Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án đúng, xác, chặt chẽ cho đủ số điểm câu Nếu học sinh có sử dụng định lý, hệ quả, kết phụ trợ … phổ biến chuyên đề bồi dưỡng HSG nêu tên giám khảo chấm Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm II Đáp án thang điểm Bài Ý (7,0 đ) a) Nội dung Khơng tính tổng qt, giả sử 𝑚𝑚 ≔ 𝑎𝑎1 ≤ 𝑎𝑎2 ≤ ⋯ ≤ 𝑎𝑎2023 =: 𝑀𝑀 Khi với 𝑘𝑘 = 1, … ,2023 ta có (𝑎𝑎𝑘𝑘 − 𝑚𝑚)(𝑎𝑎𝑘𝑘 − 𝑀𝑀) ≤ hay 𝑎𝑎𝑘𝑘2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ (𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)𝑎𝑎𝑘𝑘 Cộng bất đẳng thức lại, ta có 𝑎𝑎12 + ⋯ + 𝑎𝑎2023 + 2023𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ (𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)(𝑎𝑎1 + ⋯ + 𝑎𝑎2023 ) = Biểu điểm 3,0 Từ đó, 𝑎𝑎12 + ⋯ + 𝑎𝑎2023 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ − 2023 Do đó, chọn 𝑖𝑖 = 1, 𝑗𝑗 = 2023 b) Với (𝑥𝑥1 , … , 𝑥𝑥2023 ) thoả mãn 𝑥𝑥1 ≤ ⋯ ≤ 𝑥𝑥2023 , xét số dương ′ ) xác định 𝑥𝑥𝑖𝑖′ = 𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝜀𝜀 tuỳ ý, (𝑥𝑥1′ , … , 𝑥𝑥2023 ′ 𝑥𝑥1′ < ⋯ < 𝑥𝑥2023 Do ′ (𝑥𝑥1′ − 𝑎𝑎1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥2023 − 𝑎𝑎2023 )2 ′ ≤ (𝑥𝑥1′ − 𝑏𝑏1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥2023 − 𝑏𝑏2023 )2 Cho 𝜀𝜀 → 0+ ta thu (𝑥𝑥1 − 𝑎𝑎1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥2023 − 𝑎𝑎2023 )2 ≤ (𝑥𝑥1 − 𝑏𝑏1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥2023 − 𝑏𝑏2023 )2 Thành thử, bất đẳng thức với bộ (𝑥𝑥1 , … , 𝑥𝑥2023 ) thoả mãn 𝑥𝑥1 ≤ ⋯ ≤ 𝑥𝑥2023 Trang 1/5 0,5 Đầu tiên, chọn 𝑥𝑥1 = ⋯ = 𝑥𝑥2023 = ta 2 ≤ 𝑏𝑏12 + ⋯ + 𝑏𝑏2023 𝑎𝑎12 + ⋯ + 𝑎𝑎2023 0,5 Chọn 𝑥𝑥1 = ⋯ = 𝑥𝑥2023 = 𝑥𝑥, rút gọn, ta 2𝑥𝑥(𝑏𝑏1 + ⋯ +𝑏𝑏2023 − 𝑎𝑎1 − ⋯ − 𝑎𝑎2023 ) ≤ 𝐶𝐶 2 𝐶𝐶 = 𝑏𝑏12 + ⋯ + 𝑏𝑏2023 − 𝑎𝑎12 − ⋯ − 𝑎𝑎2023 Do bất đẳng thức với số 𝑥𝑥 nên 𝑏𝑏1 + ⋯ +𝑏𝑏2023 − 𝑎𝑎1 − ⋯ − 𝑎𝑎2023 = Vậy, 𝑏𝑏1 + ⋯ + 𝑏𝑏2023 = 1,0 Với 𝑘𝑘 = 1, … ,2023 ta chọn 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥1 = ⋯ = 𝑥𝑥𝑘𝑘 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥𝑘𝑘+1 = ⋯ = 𝑥𝑥2023 với 𝑥𝑥 ≤ 𝑦𝑦 bất kì, ta được: (𝑥𝑥 − 𝑎𝑎1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥 − 𝑎𝑎𝑘𝑘 )2 + (𝑦𝑦 − 𝑎𝑎𝑘𝑘+1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥 − 𝑎𝑎2023 )2 ≤ (𝑥𝑥 − 𝑏𝑏1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥 − 𝑏𝑏𝑘𝑘 )2 + (𝑥𝑥 − 𝑏𝑏𝑘𝑘+1 )2 + ⋯ + (𝑥𝑥 − 𝑏𝑏2023 )2 Từ −2𝐴𝐴1 𝑥𝑥 − 2𝐴𝐴2 𝑦𝑦 + 2𝐵𝐵1 𝑥𝑥 + 2𝐵𝐵2 𝑦𝑦 2 ≤ 𝑏𝑏12 + ⋯ + 𝑏𝑏2023 − 𝑎𝑎12 − ⋯ − 𝑎𝑎2023 =: 𝐶𝐶 Ta có 𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2 = 𝐵𝐵1 + 𝐵𝐵2 = Do 2(𝐴𝐴1 − 𝐵𝐵1 )(𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 ) ≤ 𝐶𝐶 với 𝑥𝑥 ≤ 𝑦𝑦 𝐶𝐶 Nếu 𝐴𝐴1 > 𝐵𝐵1 cần chọn cặp (𝑥𝑥; 𝑦𝑦) mà 𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 = + 2(𝐴𝐴1 − 𝐵𝐵1 )(𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 ) > 𝐶𝐶, mâu thuẫn Vậy 𝐴𝐴1 ≤ 𝐵𝐵1 hay 𝑎𝑎1 + ⋯ + 𝑎𝑎𝑘𝑘 ≤ 𝑏𝑏1 + ⋯ + 𝑏𝑏𝑘𝑘 2(𝐴𝐴1 −𝐵𝐵1 ) 1,0 1,0 Bình luận (6,0 đ) Phân hoạch bảng thành 𝑛𝑛2 bảng × 2; 𝑛𝑛 + bảng × 𝑛𝑛 hình chữ 𝐿𝐿 dạng × Với 𝑛𝑛 = 2: 2,0 Với 𝑛𝑛 = 3: Trang 2/5 Tổng quát: với bảng (2𝑛𝑛 + 1) × (2𝑛𝑛 + 1) ta xếp (𝑛𝑛 + 1)𝑛𝑛 + + ⋯ + 𝑛𝑛 = bảng vng × phần tư bảng cho, có góc vng đỉnh bên trái Tương tự, ta xếp bảng vuông góc bên phải (𝑛𝑛 − 1)𝑛𝑛 + + ⋯ + (𝑛𝑛 − 1) = bảng vng × Tổng số có 𝑛𝑛2 bảng × Trên đường chéo, ô trống lấp domino × 1: có thảy 𝑛𝑛 + Phần lại lấp chữ L kích cỡ × Nếu 𝑘𝑘 số thoả mãn yêu cầu toán: bảng × 2, có tối đa viên bi Trong hình chữ 𝐿𝐿 có tối đa viên bi Thành thử số bi đặt tối đa 𝑛𝑛2 × + (𝑛𝑛 + 1) + 𝑛𝑛 × = 2𝑛𝑛2 + 3𝑛𝑛 + = (𝑛𝑛 + 1)(2𝑛𝑛 + 1) Vậy 𝑘𝑘 ≤ (𝑛𝑛 + 1)(2𝑛𝑛 + 1) Ta cách đặt 𝑘𝑘0 = (𝑛𝑛 + 1)(2𝑛𝑛 + 1) bi vào bảng thoả mãn yêu cầu toán Thật vậy, xét cột lẻ 1,3,5, … ,2𝑛𝑛 + Ta đặt bi vào tất ô cột Do cột có 2𝑛𝑛 + ô nên tổng số bi cần đặt là: (2𝑛𝑛 + 1) × (𝑛𝑛 + 1) = 𝑘𝑘0 Vậy số nguyên dương 𝑘𝑘 lớn đặt 𝑘𝑘0 = (𝑛𝑛 + 1)(2𝑛𝑛 + 1) 2,0 2,0 Bình luận Học sinh chứng minh kết quy nạp theo 𝑛𝑛 Trong bước từ 𝑛𝑛 + quy 𝑛𝑛 làm sau: Chia bảng (2𝑛𝑛 + 3) × (2𝑛𝑛 + 3) thành bảng con(2𝑛𝑛 + 1) × (2𝑛𝑛 + 1) góc bên trái, sau bảng (2𝑛𝑛 + 1) × 2, bảng × (2𝑛𝑛 + 1) bảng × góc bên phải Sau áp dụng giả thiết quy nạp, số bi đặt không vượt (𝑛𝑛 + 1)(2𝑛𝑛 + 1) + 2(𝑛𝑛 + 1) + 2(𝑛𝑛 + 1) + = (𝑛𝑛 + 2)(2𝑛𝑛 + 3) + Tuy nhiên, dấu khơng xảy ra, đạt được, bảng × cuối phải có bi Khi đó, kề với bảng chứa tối đa bi (nếu bi bảng góc × khơng nằm đường chéo, xét bảng × cạnh góc bên phải) Từ số bi khơng vượt (𝑛𝑛 + 2)(2𝑛𝑛 + 3) − < 𝑘𝑘0 , mâu thuẫn Trang 3/5 (7,0 đ) Gọi 𝐼𝐼 trung điểm 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝑀𝑀′ trung điểm cung 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝑇𝑇 giao điểm hai tiếp tuyến 𝐵𝐵, 𝐶𝐶 (𝑂𝑂) Do Δ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∼ Δ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 nên 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 2𝑂𝑂𝑂𝑂 2𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑀𝑀𝑀𝑀′ = = = = 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 Từ suy 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ′ 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑂𝑂𝑂𝑂 Mà 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∥ 𝑂𝑂𝑂𝑂 nên ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝑀𝑀′ = ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 Suy Δ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝑀𝑀′ ∼ Δ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 Từ ∠𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 = ∠ 𝑀𝑀′ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ Do 𝐾𝐾 nằm đường trịn đường kính 𝑂𝑂𝑂𝑂 Vậy 𝐵𝐵, 𝐶𝐶, 𝑂𝑂, 𝐾𝐾 nằm đường trịn đường kính 𝑂𝑂𝑂𝑂 2,0 a) 1,5 b) Kéo dài 𝑇𝑇𝑇𝑇 cắt 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐺𝐺 Theo trên, 𝐾𝐾𝐾𝐾|| 𝐴𝐴𝐴𝐴′ Ta có ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠ 𝐵𝐵 − ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 = ∠ 𝐵𝐵 − 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 − ∠ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠ 𝐵𝐵 − ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − 90∘ + ∠ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 1 = ∠ 𝐵𝐵 − 𝐵𝐵 + ∠ 𝐶𝐶 + ∠ 𝐴𝐴 − 90∘ 2 Trang 4/5 2,0 = ∠ 𝐴𝐴 = ∠ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 Vậy Δ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 cân 𝐾𝐾 Do 𝐹𝐹 trung điểm 𝐵𝐵𝐵𝐵 Mặt khác, ∠𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 = ∠ 𝐴𝐴𝑀𝑀′ 𝑀𝑀 = ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 Do 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 tứ giác nội tiếp Đặc biệt ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 Do 𝐺𝐺𝐺𝐺 ∥ 𝐵𝐵𝐵𝐵 Thành thử, 𝐹𝐹𝐹𝐹 đường trung bình hình thang 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 Do đó, 𝐹𝐹𝐹𝐹 ∥ 𝐵𝐵𝐵𝐵 Vậy, 𝐹𝐹𝐹𝐹 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴 Do 𝐹𝐹𝐹𝐹 ∥ 𝐾𝐾𝐾𝐾 Tương tự, 𝐸𝐸𝐸𝐸 ∥ 𝐾𝐾𝐾𝐾 Vậy, 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 hình bình hành 1,5 - HẾT - Trang 5/5