Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi của tỉnh (học sinh chuyên) tham gia dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán

Tập hợp đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi của tỉnh tham gia dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán.

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

CỦA TỈNH QUẢNG NAM

NĂM HỌC 2023-2024 Câu 1 (3,0 điểm) Giải hệ phương trình

n n

Chứng minh dãy số ( )u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó n

Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB( AC) Đường tròn ( )O lần lượt tiếp xúcvới ba cạnh AB BC CA, , tại ba điểm M N K, , Gọi ,S R lần lượt là giao điểm của đường phân

giác ngoài góc A của tam giác ABC với hai đường thẳng KN MN, Gọi I là giao điểm của

hai đường thẳng MS và KR, đường thẳng AN cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai là J

a) Chứng minh I thuộc ( )O và 



sinsin

MKN KI

KJ KMN  

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tạiđiểm thứ hai là D, OD cắt MK tại E Gọi ( )T là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với BC

tại N Chứng minh rằng ( ) T tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EN là

đường phân giác của góc BEC

Câu 4 (2,0 điểm) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3

Câu 6 (2,0 điểm) Tô màu tất cả các đỉnh của đa giác đều (T) có 12 đỉnh bằng hai màu khác

nhau, mỗi đỉnh tô một màu

a) Hỏi có bao nhiêu cách tô màu sao cho không có tam giác đều nào mà tất cả các đỉnh

của nó cùng màu (các đỉnh của nó là đỉnh của (T))?

b) Hỏi có bao nhiêu cách tô màu sao cho có ít nhất một đa giác đều mà tất cả các đỉnh

của nó cùng màu (các đỉnh của nó là đỉnh của (T))?

Câu 7 (3,0 điểm) Cho ba số thực x y z , , thuộc khoảng (0;1) và thỏa mãn

(1 x)(1 y)(1 z)xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

n n

n

u u

2 2

2

2 (1 )1

Xét hàm số  

2 2

22

u và 2n u2 1n  có tính đơn điệu ngược nhau

Kết hợp với dãy  u bị chặn suy ra hai dãy n u và 2n u2 1n  có giới hạn.

Thay (4) vào (2), ta được a b b   1 b2  ab 1 a b 2

Do đó ,a b là nghiệm phương trình x2  2x  1 0 x Suy ra 1 a b 1

Như vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất a b 1

Suy ra limu2n limu2 1n 1, do đó limu  n 1

3

(5,0đ

)

Cho tam giác nhọn ABC AB AC(  ) Đường tròn ( ) O lần lượt tiếp

xúc với ba cạnh AB BC CA tại ba điểm , ,, , M N K Gọi , S R lần lượt là

giao điểm của đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC với hai

đường thẳng KN MN Gọi , I là giao điểm của hai đường thẳng MS và

KR , đường thẳng AN cắt đường tròn ( ) O tại điểm thứ hai là J.

Tương tự, tứ giác AMNS nội tiếp đường tròn

Tứ giác MNKJ nội tiếp ( )O có giao điểm hai tiếp tuyến tại , M K nằm trên

đường thẳng NJ nên MNKJ là tứ giác điều hòa

MKN KI

KJ KMN

* Lưu ý: Ta có: AKNR và AMNS đều nội tiếp đường tròn Do đó A là điểm Miquel của tứ

giác toàn phần NKIMRS Mà A thuộc RS nên tứ giác MNKI nội tiếp Suy ra I ( )O

(3,5đ

)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC tại điểm thứ hai là D , OD cắt MK tại E Gọi ( ) T là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với BC tại N Chứng minh rằng ( ) T tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EN là đường phân giác của góc BEC

NDY DNY DFX FDX

5, ,

X Y D

 thẳng hàng Suy ra ( )T tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC

0,25Gọi L P Q, , lần lượt là trung điểm của KN MN KM, , ; r là bán kính của ( )O

I ABC  QPL (với (QPL đường tròn Euler của tam giác)

Suy ra E là chân đường cao vẽ từ N của tam giác MNK hay EN vuônggóc MK

Mà ET vuông góc EN nên EN là phân giác của góc BEC 0,2

Ta đi chứng minh

1 2 1

Theo định lí Viet cho f x( ) thì 1

+ Thay y 0 và x bởi x  ta được 1 f x f x  ( 1) 1   x f x( 1) 1 (2)

Khi đó, x f x(  1) 1  là điểm cố định của hàm f với bất kỳ x  

0,25

+ Thay x  ta được 1 f 1 f y( 1) f y( ) 1  f y( 1)yf(1) (3)

+ Thay x  vào (1) ta được 1 f  1 1

+ Thay y 1 vào (3) ta được f  1 1

Do đó, (3) viết lại f 1 f y( 1) f y( ) 1  f y( 1)y (4)

0,5

Từ (4), nếu y0, y 0 1 là điểm cố định thì y 0 2 cũng là điểm cố định

Do đó, từ (1) và (2) suy ra x f x(  1) 2  cũng là điểm cố định của hàm

Tô màu tất cả các đỉnh của đa giác đều (T) có 12 đỉnh bằng hai màu khác

nhau, mỗi đỉnh tô một màu

a) Hỏi có bao nhiêu cách tô màu sao cho không có tam giác đều nào

mà tất cả các đỉnh của nó cùng màu (các đỉnh của nó là đỉnh của (T))?

b) Hỏi có bao nhiêu cách tô màu sao cho có ít nhất một đa giác đều

mà tất cả các đỉnh của nó cùng màu (các đỉnh của nó là đỉnh của (T))?

a) Số cách tô màu một tam giác đều không có tất cả các đỉnh cùng màu là

- Để cho gọn, ta nói một đa giác đều cùng màu để thay cho đa giác đều

có tất cả các đỉnh cùng màu Giả sử hai màu đó là đỏ và xanh

- Hiển nhiên chỉ cần quan tâm đến tam giác đều và hình vuông Các

đỉnh của đa giác đều (T) có 12 cạnh tạo thành 4 tam giác đều và 3 hình

vuông.

* Trong 1296 cách tô màu sao cho không có tam giác đều cùng màu, có

cách để tô hình vuông cùng màu

- Để có một hình vuông cùng màu ta làm như sau:

+ Chọn ra 1 hình vuông có 1

3

C cách chọn

+ Hình vuông được tô một màu, có 2 cách

+ Mỗi đỉnh của hình vuông tương ứng là 1 đỉnh tam giác đều; để tam

giác đều này không cùng 1 màu thì hai đỉnh còn lại có 3 cách

Do đó để có một hình vuông ta có: C13 2(3.3.3.3) 486  cách

0,5

(Nếu đỉnh đó màu đỏ thì hai đỉnh kia của tam giác đều không cùng

màu phải là: đỏ-xanh, xanh-đỏ, xanh-xanh (đỉnh thứ ba của tam giác đều

không cùng màu là một đỉnh của hình vuông cùng màu đang xét); Mỗi

đỉnh hình vuông là 1 đỉnh của 1 tam giác đều, với 4 đỉnh tương ứng 4 tam

giác đều, khi đó đủ tất cả các đỉnh của đa giác đều 12 đỉnh, nên không thể

xảy ra khả năng còn tam giác đều cùng màu).

- Để có hai hình vuông mà mỗi hình cùng màu ta làm như sau:

+ Chọn ra 2 hình vuông có 2

3

C cách chọn

(cả 3 đỉnh của tam giác đều không thể là các đỉnh trên hai hình vuông)

+ Cả hai hình vuông tô cùng một màu ta có 2 cách; khi đó mỗi tam giác

đều luôn có 2 đỉnh (cùng màu) từ 8 đỉnh của hai hình vuông, do đó đỉnh còn

lại phải khác màu có 1 cách.

+ Hai hình vuông, mỗi hình mỗi màu: có 2 cách;

Hình vuông còn lại có 4 đỉnh, mỗi đỉnh tương ứng là 1 đỉnh của tam

giác đều mà hai đỉnh có 2 màu khác nhau trong 8 đỉnh của hai hình vuông

(đỉnh còn lại là đỉnh của hình vuông còn lại, khi đó hiển nhiên tam giác

đều này không cùng màu) Do đó có 2.2.2.2 cách Vậy để có hai hình

vuông ta có: C322.1 2.(2.2.2.2)  102 cách

0,5

- Để có ba hình vuông mà mỗi hình cùng màu (chỉ cần xét ba hình

vuông với mỗi hình cùng màu nhưng cả ba hình không cùng một màu (vì

xét từ khả năng không có tam giác đều nào cùng màu nên tất cả khả năng

này không xảy ra 3 hình vuông cùng một màu)) ta có: 2.2.2 - 2 = 6 cách

* Có 4 tam giác đều, các tam giác đều này không có đỉnh chung, mỗi tam giác có 6 cánh tô tạo thành tam giác không cùng màu Suy ra có 6 4  1296 cách Trong số này, ta xét 3 trường hợp

a Có đúng 3 hình vuông cùng màu và 3 hình vuông này không cùng màu với nhau có 6cách tô

b Có đúng 2 hình vuông cùng màu có 2 4

3 2.(2 2) 84

C   cách ( Chú ý không có trường hợp 3 hình vuông cùng màu mà cùng màu với nhau )

c Có đúng 1 hình vuông cùng màu có 1 4

3

2 (2.3 6 84) 300

3

C    cách ( Do 4 đỉnh của hình vuông là 4 đỉnh của các tam giác đều khác nhau và với mỗi cách tô màu 1 đỉnh hình vuông cùng màu có 3 cách tô màu 2 đỉnh còn lại của tam giác đều tương ứng )

* Số cách tô không có tam giác đều cùng màu, tứ giác đều cùng màu và khi đó cũng không

có lục giác đều cùng màu và 12-giác đều cùng màu là 1296 6 84 300 906   

* Vậy số cách tô có ít nhất 1 đa giác đều cùng màu là 2 12  906 3190  cách

7

(3,0đ

)

Cho ba số thực , , x y z thuộc khoảng 0;1 và thỏa mãn

(1 x)(1 y)(1 z)xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

- Nhận xét: Trong ba số , , x y z luôn có ít nhất hai số, sao cho chúng cùng

lớn hơn hoặc bằng hoặc cùng nhỏ hơn hoặc bằng số m tùy ý

2 2 1

1lim

n i

a) Cho k là số nguyên lớn hơn 1 Chứng minh 2k 1 không chia hết cho 1 k

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p và q thỏa mãn 2p2q chia hết cho p q .

Câu 5 (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số :f   thỏa mãn:

Câu 6 (2,0 điểm) Cho tập hợp X có 2023 phần tử Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chọn hai

tập hợp con khác nhau của X sao cho giao của hai tập hợp này là một tập hợp có đúng mộtphần tử?

Câu 7 (3,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện y2 zx z, 2 xy

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2023

2023 20232022

  không thỏa phương trình thứ hai 0,25

* Khi x y 1 0  : Phương trình (*) tương đương với phương trình:

3 3 3

12 ( )

g t  t  g t  t  ,  t 3 6 Suy ra g t( ) đồng biến trên 36 ;  0,25

Mà f(2) g(2) Do đó pt (II) có nghiệm duy nhất t 2 0,25

2 1 1

n i

n n

0,25

Đặt lim 1

n n

a u

  

Mặt khác

2 2

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên suy ra:

2 2

20221

n i

n i

n i

Điều này chứng tỏ  u n không bị chặn trên Do đó nlimu n

  

0,5

Đặt

2 2

11

n i n

u v

lim

n i n

sao cho ba điểm O, A, B không thẳng hàng Xét một điểm C trên đường tròn

(O) sao cho tam giác ABC không cân tại C Gọi (O 1 ) là đường tròn đi qua A

và tiếp xúc với BC tại C; (O 2 ) là đường tròn đi qua B và tiếp xúc với AC tại

C Hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) cắt nhau tại điểm thứ hai là D (D khác C)

a) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C cắt đường thẳng OD tại S.

Chứng minh OA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADS.

b) Chứng minh đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định khi điểm

C di động trên đường tròn (O) (tam giác ABC không cân tại C).

Tương tự O C OO2 / / 1 Suy ra tứ giác OO CO1 2 là hình bình hành Do đó O O1 2

đi qua trung điểm của OC.

* Cách khác: Gọi M là giao điểm của tia CD và đường tròn (O).

Suy ra 4 điểm A, D, O, B cùng nằm trên một đường tròn. 0,25+ Ta thấy OD, AB, tiếp tuyến của (O) tại C là các trục đẳng phương của từng

cặp đường tròn (ADOB) và (COD), (O) và (ADOB), (O) và (COD) Do đó 3

+ Đường đối cực của S đối với (O) đi qua C và vuông góc với OD nên CD là

đường đối cực của S đối với (O)

Mà AB đi qua cực S của CD đối với (O) nên CD đi qua cực E của AB đối với

(O).

0,5 0,5

Hơn nữa A, B và (O) cố định nên E cố định Vậy CD đi qua E cố định. 0,25

* Lưu ý:

Ta có SOMC nên SM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Mà S nằm trên đường chéo AB nên tứ giác AMBC là tứ giác điều hòa. 0,5

Suy ra giao điểm E của hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B

Hơn nữa A, B và (O) cố định nên E cố định Vậy CD đi qua E cố

Câu 4

(2,0đ)

a) Cho k là số nguyên lớn hơn 1 Chứng minh 2k1  1 không chia hết cho k

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p và q thỏa mãn 2p  2q chia hết cho

2p   1(modp )  2 p u  1(modp ) (mâu thuẫn với (*))

Vậy 2k 11 không chia hết cho k

0,25

Tương tự ta chứng minh được 2pq 2(mod )q

Mà p, q là các số nguyên tố nên 2pq 2(mod pq) 2pq11(mod pq)

(Mâu thuẫn ở câu a)

Khi p 2, ta có : 2p 2q 0(mod )q  4 2 q 0(mod )q mà

2q 2 0(mod ) q Suy ra 6 0(mod ) q  q3

Giả sử giao của hai tập hợp thỏa yêu cầu là tập hợp  a

Ta đếm số cách chọn hai tập hợp A, B con của X \ a và không giao nhau Có

hai trường hợp xảy ra :

2022 1

Giả sử A , tập hợp Blà tập hợp con khác rỗng của X \ a

Trường hợp này có 2 2022  1 cách chọn tập hợp B

Từ hai trường hợp trên suy ra số cách chọn hai tập hợp con khác nhau (không

chứa a) giao nhau bằng rỗng là 1(32022 22023 1) (22022 1)

Với mỗi cách chọn hai tập hợp trên, ta thêm phần tử a vào mỗi tập hợp để

được hai tập hợp thỏa đề Vậy số cách chọn hai tập hợp thỏa đề là

0 1

Suy ra f t( ) nghịch biến trên 0;1

Do đó f t( ) f(1) 1012  Dấu “=” xảy ra khi t  1 c 1.

0,5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1012 khi xz. 0,25

HẾT

Chứng minh rằng dãy số  x n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó

Câu 3 (5,0 điểm) Cho đường tròn (O) và dây BC cố định khác đường kính Điểm A di

chuyển trên cung lớn BC của (O) sao cho tam giác ABC nhọn, không cân Đường tròn tâm J bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Gọi M, N lần lượt là giao điểm của EF với JB, JC.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đi qua trung điểm của BC b) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và (O) Gọi Q

là giao điểm thứ hai của AD và (O) Chứng minh rằng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi

A di chuyển trên cung lớn BC của (O).

Câu 4 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p11 chia hết cho p và thương

là một số chính phương

Câu 5 (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :   thỏa mãn điều kiện

f x f y  f xy  xy với mọi số thực x y,

Câu 6 (2,0 điểm) Gọi S là tập hợp gồm 2021 số nguyên dương đầu tiên Hỏi có tất cả bao

nhiêu bộ số a b c, ,  thỏa mãn điều kiện a b c, , thuộc S và a3b3c3 chia hết cho 9 ?

Câu 7 (3,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z  1

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

m Câu1

 2x 13x 1  2 2  y 2  y 2  y (3) 0,5Xét hàm số f t   2t3 t , f t  là hàm số đồng biến trên R

(3) viết lại f x 1 f  2 y  x 1  2  y ( x  1 2  y )

0,250,25Thay vào phương trình (2) ta được 5 2  y  1 2  y  y  3 5

 5 2  y 2  y y 3 4 

0,250,25Xét hàm số g y   5 2  y 2  y y 3 trên  3; 2 Khi đó

Vậy nghiệm của hệ là 3; 2  

0,250,25

Vậy ( )x n là dãy giảm, bị chặn dưới bởi 2 nên có giới hạn hữu hạn là L 2

Trong phương trình xác định dãy cho n dần tới vô cùng ta được

Do đó trường hợp này limx  n 2 0,25

Cho đường tròn (O) và dây BC cố định khác đường kính Điểm A di

chuyển trên cung lớn BC của (O) sao cho tam giác ABC nhọn, không cân.

Đường tròn tâm J bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA,

AB lần lượt tại D, E, F Gọi M, N lần lượt là giao điểm của EF với JB, JC.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đi qua trung điểm của BC.

b) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác

AMN và (O) Gọi Q là giao điểm thứ hai của AD và (O) Chứng minh rằng

PQ luôn đi qua một điểm cố định khi A di chuyển trên cung lớn BC của

(O).

a

(2,5đ

)

(Học sinh không vẽ hình – không chấm)

Ta có JB là phân giác ngoài của ABC nên

Lại có tam giác AEF cân ở A

nên AFE= 900 - 

2

BAC (2)

0,250,25

Từ (1) và (2) suy ra BJN BFN nên tứ giác BFJN nội tiếp

Do đó BNJ 900 hay BN  CJ

0,250,25

(2,5đ

)

Gọi T là giao điểm của EF với BC

Vì BN, CM, JD đồng quy nên suy ra (BCDT)= -1. 0,250,25

Tứ giác BMNC nội tiếp suy ra hai trong ba đường tròn (O), (BMNC),

(AMN) có trục đẳng phương lần lượt là BC, MN, AP

Do đó BC, MN, AP đồng quy tại T hay AP cũng đi qua T. 0,250,25

Phép chiếu xuyên tâm A từ đường thẳng BC lên (O) biến B, C, D, T lần

lượt thành B, C, Q, P

Vì (BCDT) = -1 suy ra (AB,AC,AQ,AP)= -1

tức là tứ giác BCQP điều hòa.

0,250,250,25Theo tính chất tứ giác điều hòa thì PQ, tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C

của (O)

đồng qui tại 1 điểm X

(hoặc nêu PQ là đường đối trung của tam giác BPC )

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p1 1

 chia hết cho p và thương là

dương, ta có

2(3k1)(3k1)p A

Vì (3k1;3k1) 2 , ta suy ra tồn tại các số tự nhiên B C, sao cho

Vậy 3 1 2 k  p C2 chia hết cho 8, vô lí vì 3k 1 4(mod8)

  không xảy ra

Vậy 3m  1 E2, nghĩa là 3m (E1)(E1) điều này dẫn đến tồn tại hai số

tự nhiên s t sao cho E  1 3t và E  1 3s

Do đó 2 (E 1) (E 1) 3 (3     t s t 1) Rõ ràng điều này chỉ xảy ra khi 3 1t



và 3s t 1 2

  hay t0;s1, từ đó ta tìm được p 5( thỏa mãn)

Vậy p2; p5 thỏa mãn yêu cầu bài toán

f x f y  f xy  xy (1) với mọi x y, thuộc R

Ta thấy nếu f x  C thì không thỏa mãn 0,25

Trong (1) cho y = 0 ta được f    0 f x  f  1  1 với mọi x,

suy ra f  0  0

Trong (1) cho x y 1 ta có f2 1  1 nên f  1  1 hoặc f  1  1.

0,250,25

Trường hợp 1: Với f  1  1

Trong (1) cho y = 1 ta được f x f x  1 2x 1

(2)

Trong (2) thay x bởi xy ta có f xy  f xy  1  2xy 1

Kết hợp với (1) ta được f xy f x f y    với mọi x y, thuộc R

(3)

0,250,25

Trong (1) cho y = x ta được f2 x  f x 2  1  2x2  1

0,25

Trong (6) thay x bởi xy ta có  f xy  f xy  1  2xy 1

Kết hợp với (1) ta được f xy   f x f y    với mọi x y, thuộc R

Gọi S là tập hợp gồm 2021 số nguyên dương đầu tiên Hỏi có tất cả bao

nhiêu bộ số a b c, ,  thỏa mãn điều kiện a b c, , thuộc S và a3b3c3 chia

Do đó a3b3c3chia hết cho 9  r r1 2r3 chia hết cho 9 

hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia cho 3 dư -1

Do a b c S, ,  nên số chia hết cho 3 có 673 cách chọn; số chia 3 dư 1 có

674 cách chọn; số chia 3 dư -1 có 674 cách chọn và có thể hoán vị các số

, ,

a b c nên trường hợp này có 3!673.6742 bộ a b c, ,  thỏa mãn

Vậy có tất cả 6733 + 3!673.6742 bộ số a b c, ,  thỏa mãn bài toán

0,25

0,250,25

Câu

7

(3,0đ

)

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z  1 Tìm giá

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

f t

t

