TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA MÔN TOÁN – KHỐI 11 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài: 180 phút (Đề có trang, gồm câu) Câu (4,0 điểm) Cho p ∈ ¥ * , a > a1 > Xét dãy số (an ) xác định bởi: an +1 = 1 a ( p − 1)an + p −1 , với n ≥ p an Chứng minh dãy số (an ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ Hãy tìm giới hạn Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các cạnh BC, CA, AB tiếp xúc với đường tròn (I) D, E, F Gọi M, K trung điểm cạnh AC AB, P giao đường thẳng MK CI a) Chứng minh điểm D, F, P thẳng hàng b) Gọi Q điểm thỏa mãn QP ⊥ MK QM P BI Chứng minh QI ⊥ AC 2 2 Câu (4,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z + ( x + y + z ) ≤ Chứng minh xy + yz + zx + + + ≥ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) Câu (4,0 điểm) Cho bố trí vòng tròn quanh ba cạnh tam giác, vòng góc, hai vòng cạnh, số từ đến viết vào vòng tròn cho i Tổng số cạnh ii Tổng bình phương số cạnh tam giác Tìm tất cách thỏa mãn yêu cầu Câu (4,0 điểm) Tìm tất số nguyên tố p cho: f ( p ) = (2 + 3) − (22 + 32 ) + (23 + 33 ) − − (2 p −1 + p −1 ) + (2 p + p ) chia hết cho - Hết Người đề Lưu Thế Dũng Sđt liên hệ: 0915081886 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu (4,0 điểm) Đáp án Điểm * Theo bất đẳng thức Côsi ta có: a ÷ a p an +1 = an + an + + an + p −1 ≥ p p anp −1 p −1 = a , với ∀ n ≥ (1) 43 an ÷ p 1 442 p an p −1 Do đó: an +1 − an = 1 a ( p − 1)an + p −1 − an p an =− 1,0 1,0 an a anp − a + = − ≤ 0; ∀ n ≥ p p.anp −1 p.anp −1 Từ (1) (2) ta có dãy số (an ) giảm bị chặn (2) p a; suy dãy số (an ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ an = L ; ( L ≥ p a ) Giả sử nlim →+∞ Chuyển qua giới hạn hệ thức an +1 = ta có phương trình L = 1,0 1 a ( p − 1)an + p −1 p an 1 a ( p − 1) L + p −1 ⇔ pLp = ( p − 1) Lp + a p L 1,0 p ⇔ Lp = a ⇔ L = a (thỏa mãn điều kiện) p an = a Vậy nlim →+∞ (4,0 điểm) Hình vẽ a) (2,0 điểm) Kéo dài AP cắt CB S Vì M, K trung điểm AC AB nên P trung điểm AS + Trong tam giác CAS có CP trung tuyến phân giác nên CA = CS + Đặt p = AB + BC + CA Có AF = p − BC (1) 0,5 0,5 + SD = CS − CD = CA − ( p − AB ) = AB + AC − p = AB + BC + CA − BC − p = p − BC ⇒ SD = p − BC , 0,5 (2) Từ (1) (2) suy : AF = SD Chú ý : BD = BF , PA = PS FA DB PS = ⇒ P, F , D thẳng hàng + Trong tam giác ABS có FB DS PA b) (2,0 điểm) Có CI trung trực ED nên tam giác PDE cân P 0,5 C B B C A · · = PDE = 1800 − 900 − ÷− 900 − ÷ = + = 900 − = ·AEF + PED 2 2 2 + Giả sử Q1 điểm thỏa mãn Q1M P BI , Q1I ⊥ AC suy Q, I, E thẳng 0,5 hàng A C · · · = 1800 − PED − DEC = 1800 − 900 − ÷− 900 − ÷ + Có PEA 2 2 0,5 A C B = + = 900 − 2 B · · ⇒ PEQ , = 90 − PEA = (3) B · · Nhưng PM PCB, MQ1 P BI ⇒ PMQ , = IBD = (4) 0,5 + Từ (3) (4) suy tứ giác PMEQ1 nội tiếp ⇒ QI ⊥ AC · PM = Q · EM = 900 hay Q1P ⊥ MK ⇒Q 1 (4,0 điểm) 0,5 + Suy Q1 ≡ Q tức QI ⊥ AC Suy điều phải chứng minh 2 Theo giả thiết ta có: ≥ x + y + z + xy + yz + zx Khi đó: xy + xy + x + y + z + xy + yz + zx 2 ≥ ÷ ( x + y)2 ( x + y) ( x + y ) + ( z + x)( y + x ) ( z + x )( z + y ) = = + ( x + y )2 ( x + y)2 xy + ( z + x)( z + y ) 2 ≥1+ ÷ ( x + y)2 ( x + y) yz + ( x + y )( x + z ) ≥1+ Tương tự ta có: ÷ ( y + z)2 ( y + z) Hay ta : zx + ( y + z )( y + x) 2 ≥ + ÷ ( z + x) ( z + x) (1) 1,0 0,5 (2) 0,5 (3) Cộng tương ứng ba bất đẳng thức (1), (2), (3) áp dụng bất đẳng thức 1,0 Côsi ta có: xy + yz + zx + 2 + + 2 ÷ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) ( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ≥3+ + + ( x + y)2 ( y + z )2 ( z + x) ≥ + 33 ( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) =3+3= ( x + y )2 ( y + z )2 ( z + x) Khi đó: xy + yz + zx + + + ≥ 2 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) Dấu xảy x = y = z = 1,0 - Lấy bố trí số, gọi x, y, z số góc S1 , S (4,0 điểm) tổng bốn số, tổng bình phương bốn số cạnh Do điều kiện cho ta có: 1,0 3S1 = x + y + z + ∑ k = x + y + z + 45 k =1 3S = x + y + z + ∑ k = x + y + z + 285 2 (1) k =1 (2) - Từ đẳng thức (2) ta suy x, y, z tất chia hết cho số chia hết cho Bởi nguyên lý Pigeouhole có hai số đồng dư mod Lấy phương trình (1) theo mod ta suy | ( x + y + z ) Do 1,0 x ≡ y ≡ z (mod 3) - Nếu ( x, y, z ) = (3,6,9) hay (1, 4,7) S = 137 17 - Nếu S = 137 S ≡ 1(mod 3) suy có số cạnh lẻ Điều > số lẻ viết khe Vì ( x, y, z ) = (2,5,8) S = 126 1,0 - Vì 92 + 82 > 126 nên nằm cạnh với 8, tức nằm cạnh chứa 2 2 - Vì { + ;7 + + } > 126 , nên số phải nằm cạnh chứa số - Như lần số cạnh phải (2, 4,9,5); (5,1,6,8); (8,7,3, 2) để 1,0 cho tổng bình phương số cạnh 126 Cuối ta thử lại (4,0 điểm) số thỏa mãn Rõ ràng với k lẻ thì: (2 k + 3k ) M5 0.5 (1) - Thật (1) k = lúc 21 + 31 = M5 - Giả sử (1) k = 2n + , tức: (2 n +1 + 32 n +1 ) M5 - Xét k = 2(n + 1) + = 2n + Ta có: 22 n +3 + 32 n +3 = 22.22 n +1 + 32.32 n +1 = 4.22 n +1 + 9.32 n +1 1,0 = 5.2 n +1 + 10.32 n +1 − 22 n +1 − 32 n +1 = ( 2 n +1 + 2.32 n +1 ) − ( 22 n +1 + 32 n +1 ) (*) n +1 n +1 Từ (*) giả thiết quy nạp suy ( + ) M5 Vậy (1) cúng k = 2n + Theo nguyên lý quy nạp suy (1) với k lẻ Từ suy ra: p −1 f ( p ) M5 ⇔ ∑ ( 22 i + 32i ) M5 (2) i =1 Để ý 32 i ≡ (−2) i ≡ 22 i (mod 5) Vì từ (2) suy ra: p2−1 p2−1 2i 2i f ( p ) M5 ⇔ 2∑ M5 ⇔ ∑ M5 ; (do (2,5) = ) i =1 i =1 Lại có 22 i ≡ 4i ≡ (−1)i (mod 5) nên từ (3) ta có: 1,0 (3) p2−1 p −1 i f ( p ) M5 ⇔ ∑ ( −1) M5 ⇔ = 2k ⇔ p = 4k + i =1 Vậy f ( p ) chia hết cho số nguyên tố p có dạng p = 4k + 1,0 0,5