TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu (4 điểm) Cho x1 = a, x2 = b ( a, b ∈ ¡ Tìm lim xn LỚP 11 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ) n.xn+ − (n − 1).xn +1 − xn = , n = 1,2, n →∞ Người đề (Lương Quốc Tuấn -0983192113) Câu (4 điểm) Cho tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) D Gọi E, F, G, H trung điểm AB, BD, DC, CA Phân giác · · góc EMG cắt EG, FH tương ứng S, T Gọi X = AC ∩ BD;Y = AB ∩ CD ; FMH a Chứng minh ST P XY b P = MS ∩ FH ; R = MT ∩ EG Chứng minh AD qua trung điểm PR Người đề (Nguyễn Thanh Dũng - 01689390545) Câu (4 điểm) Tìm tất hàm số f : R → R đơn điệu R thỏa mãn f ( x n+1 + f ( y ) ) = y + [ f ( x ) ] n +1 , ∀x, y ∈ R Người đề (Hoàng Đức Cường -0983245181) Câu (4 điểm) Một lớp học có 17 học sinh nam và 20 học sinh nữ Hỏi có tất cả cách xếp 37 học sinh đó thành một hàng dọc cho xuất hiện đúng một cặp nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ? Người đề (Lương Quốc Tuấn -0983192113) Câu (4 điểm) Cho đa thức P ( x ) = x − 54 x + 243x + m , với m ∈ ¢ Chứng minh tồn n ∈ ¢ cho P ( n ) M821 với m Người đề (Hoàng Đức Cường -0983245181) .HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP:10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Ta có xn + − xn +1 = − xn +1 − xn n Nội dung (−1) n (−1) n ( x2 − x1 ) = − ( b − a ) n! n! n n (−1) k (−1) k ⇒ xn + = x1 − ∑ ( b − a ) = x1 + ( a − b ) − ∑ ( b − a ) k! k! k =1 k =0 1 ⇒ lim xn = x1 + a − b − = 2a − b − e e ⇒ xn + − xn +1 = Điểm 1 1 0,5 a) Ta có ∆ABM : CDM ; ∆AMC : ∆BMD nên AB MB MC AC AB AC = = = ⇒ = CD MD MD BD CD BD Hơn nữa, ME, MG, MF, MH đường trung tuyến trương ứng nên suy ME AB AC MH SE ME MH TH = = = Vì MS, MT phân giác nên = = = MG CD BD MF SG MG MF TF Chú ý EFGH hình bình hành nên EH P FG , theo định lí Thales suy ST P EH P FG , suy ST P BD (1) Mặt khác, áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với đoạn AM, CY, BX ta MB XC YA XC YB =1⇒ = nên suy XY P BD (2) MC XA YB XA YA Từ (1), (2) suy ST P XY b) 0,5 0,5 0,5 0,5 Gọi L trung điểm AD Thế tứ giác LHMF, LEMG, EFGH hình bình hành nên suy EG, FH, LM đồng quy trung điểm K đoạn thẳng · · · · · Mặt khác, dễ thấy BMF suy TMB , tức MT = ·AMH ; TMF = TMH = TMA phân giác góc ·AMB Tương tự MS phân giác góc ·AMC nên suy MT ⊥ MS Do MR phân · giác EMG · Tương tự MP phân giác góc FMH Suy PH TH SE RE = = = ⇒ PR PST P EH Dễ thấy AK qua trung điểm EH nên PF TF SG RG qua trung điểm PR Nhận xét bình luận phát triển toán: + Ý a) kết tỉ số đồng dạng kết hợp với đường phân giác Cùng với việc ý tới định lí Thales hình bình hành EFGH + Ý b) hệ kéo theo với việc nhận thấy MT ⊥ MS từ suy MS, MR · phân giác EMG + Ta thu kết thú vị sau: Gọi P = MS ∩ FH ; R = MT ∩ EG; Q = YP ∩ XR Khi MPQR hình chữ nhật Chứng minh: Dễ thấy ∆XCD : ∆XBA với XE, XG trung tuyến tương ứng, XE AB ME = = = k nên X, M nằm đường tròn Apollonius dựng E, G với tỉ XG CD MG ME SE XE = = = k nên M, X, S nằm đường tròn Apollonius số k Do đó, MG SG XG · · · · · Hơn nữa, dễ thấy BMF suy TMB , tức MT = ·AMH ; TMF = TMH = TMA phân giác góc ·AMB Tương tự MS phân giác góc ·AMC nên suy MT ⊥ MS · (3) Do đó, MR phân giác EMG MS phân giác trong, nên đường tròn đường kính MS đường tròn Apollonius dựng E, G Do đó, tứ giác MSXR nội tiếp Gọi I trùng điểm MX Xét tứ giác toàn phần XDMCAB, E, G, I thẳng hàng (nằm đường thẳng Gauss) Do đó, SR đường kính đường tròn · · Apollonius Vậy, MRX = 900 (3) Tương tự MPY = 900 (5) Từ (3), (4), (5) suy MPQR hình chữ nhật 0,5 0,5 0,5 f ( x n +1 + f ( y ) ) = y + [ f ( x )] n +1 ( *) , ∀x, y ∈ R Do f đơn điệu nên f đơn ánh Lấy x = ta có f ( f ( y )) = y + [f (0)]2 n +1 (1) Nên dễ thấy f toàn ánh Vậy f song ánh Khi tồn a mà f ( a ) = Đặt f ( ) = b , (1) thay y = a ta có b = f (0) = a + b n +1 Trong (*) lấy x = a, y = ta có f ( a n +1 + b) = = f (a ) , f đơn ánh nên a = a n +1 + b a = a n +1 + b Như vậy, ta có hệ n +1 b = a + b dẫn đến a n +1 + b n +1 = suy a = −b, 2a = a n +1 , 2b = b n +1 Nếu a = b = a = b ta dễ dàng suy f ( ) = Xét trường hợp khác với trường hợp Do f toàn ánh ¡ nên tồn c cho f (c) = a Khi đó, (1) thay y = c ta có = f (a ) = f ( f (c)) = c + b n +1 Từ (1) lấy y = ta có f (b) = f ( f (0)) = b n +1 Trong (*) thay x = c, y = b ta f (c n +1 + b n+1 ) = b + [f (c )]2 n +1 = b + a n+1 = a = f (c) , c n +1 + b n +1 = c n +1 =0 c + b Như ta lại có hệ n +1 n+1 Suy c n +1 = 2c +b =c c f đơn ánh nên Nếu c = ta suy f = Xét c ≠ , ta lại có 2a = a n +1 , 2b = b n +1 nên c = a c = b Nếu c = a a = f ( a ) = , f ( ) = ; c = b b + b n +1 = suy b = f ( ) = Như vậy, ta trường hợp ta có f ( ) = f ( f ( y )) = y , ∀y ∈ ¡ Từ (1) suy n +1 n +1 f ( x ) = [f ( x )] , ∀x ∈ ¡ Trong (*) lấy y=0 Với x ∈ ¡ tồn z ∈ ¡ mà x = z n +1 , f ( x) = f ( z n +1 ) = [f ( z )]2 n +1 Do x, y ∈ ¡ với ta có n +1 n +1 f ( x + y) = f ( z + f ( f ( y ))) = f ( y ) + [f ( z )] = f ( y ) + f ( x) Hay f cộng tính ¡ Mặt khác f đơn điệu nên f ( x) = cx, ∀x ∈ ¡ Từ kết hợp với phương trình f ( f ( y )) = y , ∀y ∈ ¡ ta suy c = ±1 Thử lại ta đến kết luận f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ f ( x ) = − x, ∀x ∈ ¡ 10 { 011 10 { { đó: có nhất một cặp (0;1), 17 Xét dãy nhị phân sau: { x so1 x so x so1 x so chữ số và 20 chữ số Số các dãy nhị phân thỏa mãn là số nghiệm nguyên của hệ phương trình: x1 + x2 + x3 + x4 = 35 x1 + x3 = 16 x ≥ 0, i = 1, 2,3, ( ) i 1 Số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình là: C17 C20 = 340 Trở lại bài toán: Coi mỗi chữ số là một học sinh nam, mỗi chữ số là một học sinh nữ Do vậy: số cách xếp 37 học sinh thành một hàng dọc cho xuất hiện đúng một cặp 1 nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ là C17 C20 17!.20! Nhận xét 821 số nguyên tố có dạng 3k + Để chứng minh toán ta 1 1 chứng minh A = { P ( 1) , P ( ) ,K , P ( 821) } hệ đầy đủ mod 821 với m Nghĩa P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) ni ≡ n j ( mod 821) Vì ( 2,821) = nên P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) ⇔ P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) ( 4ni3 − 54ni2 + 243ni + m ) ≡ ( 4n3j − 54n 2j + 243n j + m ) ( mod 821) ( 2ni − ) ≡ ( 2n j − ) ( mod 821) (1), với m 3 Ta chứng minh bổ đê sau; x ≡ y ( mod p ) x ≡ y ( mod p ) với p = 3k + số nguyên tố Thật 3 Nếu x ≡ ( mod p ) ⇒ x ≡ ≡ y ( mod p ) ⇒ y ≡ ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) Nếu x Mp hay ( x, p ) = ( y, p ) = , theo Fermat ta có x 3k +1 ≡ ≡ y 3k +1 ( mod p ) 3 3k 3k 3k +1 3k +1 Từ x ≡ y → x ( xy ) ≡ y ( xy ) → x y ≡ y x → y ≡ x ( mod p ) Vậy từ (1) ⇒ 2ni − ≡ 2n j − ( mod 821) ⇔ ni ≡ n j ( mod 821) , ≤ ni , n j ≤ 821 nên ni = n j Vậy A = { P ( 1) , P ( ) ,K , P ( 821) } hệ đầy đủ mod 821 với m Suy với m, tồn ni cho P ( ni ) ∈ A thỏa mãn P ( ni ) M821