BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12

BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12 BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12 BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN TOÁN CÁC NĂM CỦA LỚP 12

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: 11 12/01/2011 (Gồm trang) Bài Xét số thực dương x tùy ý Ta chứng minh x n ( x n +1 + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ n x +1 ⎝ ⎠ phương pháp quy nạp theo n • Với n = 1, ta cần chứng minh x( x + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ x+ ⎝ ⎠ n +1 (1) (2) Ta có: (2) ⇔ ( x + 1) − x( x + 1) ≥ ⇔ ( x − 1) ≥ Từ suy (2) bất đẳng thức đẳng thức xảy x = • Giả sử có (1) n = k đẳng thức xảy x = Khi đó, ta có: 4 x k ( x k +1 + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ k x +1 ⎝ ⎠ k +1 2k + x k ( x k +1 + 1) ( x + 1) ⎛ x + 1⎞ Suy ra: ; đẳng thức xảy x = (3) ≤ ⎜ ⎟ xk + ⎝ ⎠ Ta chứng minh: x k +1 ( x k + + 1) x k ( x k +1 + 1) ( x + 1) ≤ x k +1 + xk + đẳng thức xảy x = Thật vậy, ta có: (4) ⇔ ( x k +1 + 1) ( x + 1) − x( x k + 1)( x k + + 1) ≥ (4) ⇔ ( x k +1 − 1) ( x − 1) ≥ Từ suy (4) bất đẳng thức đẳng thức xảy x = Kết hợp điều với (3) suy 2k + x k +1 ( x k + + 1) ⎛ x + 1⎞ ; đẳng thức xảy x = ≤ ⎜ ⎟ k +1 x +1 ⎝ ⎠ Điều chứng tỏ n = k + 1, (1) bất đẳng thức đẳng thức xảy x = Vậy, với n số nguyên dương tùy ý, (1) bất đẳng thức với số thực dương x đẳng thức xảy x = ■ Bài Với n ≥ 1, ta có ⎞ 2(n + 1) n 2(n + 1) ⎛ (n − 1) ( n + 1)( n + 1) + 1⎟⎟ xn = ∑ xi = xn +1 = xn ⎜ n2 n ⎜⎝ 2n n3 i =1 ⎠ Suy xn +1 1⎞ x ⎛ = ⎜1 + ⎟ n n +1 ⎝ n ⎠ n ∀n ≥ Do đó, với n ≥ ⎛ (n + 1)(n + 1) ⎞ n + n + xn n + n −1 yn = xn +1 − xn = ⎜⎜ x (1 ) (1 + ) (1) − = = + ⎟ n 2 ∏ ⎟ n n n n k =1 k ⎝ ⎠ Từ đó, với lưu ý y1 = x2 – x1 = 3, ta có yn > ∀n ≥ 1, y1 < y2 với n ≥ ⎞ yn n + n + (n − 1) ⎛ ⎜1 + = =1+ > 2 2⎟ y n −1 ( n − 1) + n ⎝ ( n − 1) ⎠ n n − n3 + n Suy (yn) dãy số tăng n −1 ⎛ ⎜ ∑ n −1 k =1 k ⎜ ∏ (1 + ) ≤ ⎜1 + n −1 k k =1 ⎜ ⎜ ⎝ Vì với n ≥ 2, ta có n + < n n −1 ⎛ ⎜ ∑ k2 k =1 yn < ⎜⎜1+ n −1 ⎜ ⎜ ⎝ n −1 Mà ∑ k2 < + k =1 n −1 ∑ k (k −1) = + k =2 ⎛ ⎞ nên từ (3) suy yn < ⎜1 + ⎟ n − 1⎠ ⎝ n −1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ (2) n −1 nên từ (1) ta n −1 ⎛ ∀n ≥ 1⎞ (3) ∑ ⎜ k −1 − k ⎟ = − n −1 < k =2⎝ ⎠ ∀n ≥ n −1 < 2e ∀n ≥ Do (yn) dãy số bị chặn Kết hợp với (2) suy (yn) dãy hội tụ Bài 1/ Gọi F giao điểm hai đường thẳng AE BP n = 900 + FAB n = EFP n Suy EFP n + ECP n = 1800 Ta có n ACE = 900 + BCE n = CEP n = 900 Vì CF // AB Suy Do CEFP tứ giác nội tiếp Suy CFP ■ CP FP = CA FB CP OA FB OA = = −1 CA OB FP OB Vì thế, theo định lí Xê va, ba đường thẳng PO, AE BC đồng quy 2/ Đặt BP = x kí hiệu R bán kính (O) Từ đó, xét tam giác ABP, ta có Xét tam giác vuông ABP, ta có PA = Suy PC = PB = PA x2 x2 + 4R2 PB + AB = ■ x2 + 4R2 AC = PA − PC = 4R2 x2 + 4R2 Vì CF // AB (cmt) nên BC PC PC + PA MC CF PC Suy = +1= Do = = MB PA PA MB AB PA BM = Vì S AMB Rx x + R PA.BC PB AB = = PC + PA PC + PA x2 + 2R2 Rx x + R AC 1 R3 x n = AB.BM sin ABM = R = 2 2R x2 + 2R2 x2 + 2R2 R3 x R2 R2 S AMB = ⇔ x2 = 2R2 ⇔ x = 2R = 2 xR Vậy, tam giác AMB có diện tích lớn P nằm cách B khoảng R2 ■ 2R (có hai vị trí vậy); S AMB = Bài Để chứng minh khẳng định toán, ta chứng minh phủ ngũ giác ABCDE hình tròn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác Ta có Nhận xét sau: Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài cạnh không vượt hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc hình tròn hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Khi đó, ta có MX > 1, MY > MZ > n ZMX n phải có góc có số đo lớn hay Dễ thấy, ba góc n XMY , YMZ 1200 Không tổng quát, giả sử n XMY ≥ 1200 Áp dụng định lí côsin cho tam giác XMY, ta 1 XY = MX + MY − 2MX MY cos n XMY > + + = (do cos n XMY ≤ − ) 2 Suy XY > , trái với giả thiết Mâu thuẫn nhận cho ta điều muốn chứng minh Suy S AMB ≤ Do tam giác ABC, ACD ADE có độ dài cạnh không vượt nên theo Nhận xét trên, chúng phủ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)), ((A), (C), (D)) ((A), (D), (E)) Do đó, ngũ giác ABCDE phủ hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh ngũ giác Theo nguyên lí Dirichlet, hình tròn phải tồn hình tròn chứa 403 điểm số điểm lấy ■ Bài Cách 1: Xét dãy số nguyên (bn) xác định b0 = 1, b1 = –1 bn = 6bn −1 + 2016bn − với n ≥ Dễ thấy với n ≥ 0, ta có an ≡ bn (mod 2011) (∗) Phương trình đặc trưng dãy (bn): x − x − 2016 = , hay (x – 48)(x + 42) = Suy ra, số hạng tổng quát dãy (bn) có dạng: bn = C1.(−42) n + C2 48n ⎧C + C2 = Từ điều kiện ban đầu dãy (bn), ta ⎨ ⎩ 42C1 − 48C2 = 49 41 49.(−42) n + 41.48n C2 = Vì bn = 90 90 90 Vì 2011 số nguyên tố nên theo định lí Phecma nhỏ, ta có: ∀n ≥ Suy C1 = (−42) 2010 ≡ 482010 ≡ 1(mod 2011) Do 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011) Suy b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1) Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010(mod 2011) Vì a2012 ≡ 2010(mod 2011) (theo (∗)) ■ Cách 2: + Số hạng tổng quát dãy (an): ( ⎞ ⎛1 an = ⎜ − ⎟ + 14 14 ⎠ ⎝2 ) n ( ) ( ) n ⎞ ⎛1 +⎜ + − 14 ⎟ 14 ⎠ ⎝2 (1) + Đặt p = 2011, ta có: ( ⎞ ⎛1 a p +1 = ⎜ − ⎟ + 14 14 ⎠ ⎝2 Do (3 + 14 ) p +1 ) p +1 = Ap +1 + B p +1 14 Ap + = B p +1 = ( p +1) / ∑ i =0 (3 − i =1 14 ) p +1 C 2pi+1.32i.14 ( p +1) / ∑ ⎞ ⎛1 +⎜ + ⎟ − 14 14 ⎠ ⎝2 p +1 = Ap +1 − B p +1 14 , p +1 −i p +1 −i 2i −1 2i −1 C p +1 14 (2) , nên a p +1 = Ap +1 − B p +1 (3) (4) + Do p số nguyên tố nên C kp ≡ 0(mod p ) ∀k =1, p −1 Do đó, từ C pk +1 = C pk + C pk −1 suy C kp +1 ≡ 0(mod p ) ∀k = 2, p −1 Vì vậy, từ (2) (3), ta được: Ap +1 ≡ (14( p +1) / + p +1 ) (mod p ) B p +1 ≡ 3( p + 1)(14( p −1) / + p −1 ) ≡ 3(14( p −1) / + p −1 ) (mod p ) Do đó, từ (4) suy a p +1 ≡ (−3 p + 2.14( p −1) / ) (mod p ) (5) Để ý 452 ≡ 14 (mod p) (45 , p) = 1, theo định lí Phecma nhỏ ta có: p ≡ 3(mod p) 14( p −1) / ≡ 45 p −1 ≡ 1(mod p ) Do đó, từ (5) ta a2012 = a p +1 ≡ − + = − ≡ 2010(mod 2011) (Đpcm) Chú ý: Đối với làm thí sinh theo Cách 2, yêu cầu trình bày chi tiết bước tìm số hạng tổng quát an Bài Do n ABC n ACB góc nhọn nên E nằm tia đối tia AB nằm cạnh AB, đồng thời F nằm cạnh AC nằm tia đối tia AC Vì thế, từ định nghĩa điểm M, N, P suy E, M, N thẳng hàng M, F, P thẳng hàng ( ) 1n n=1 n Do NMP AEF + n AFE = BAC 2 n = BAC n Suy ra: A, M, N, P nằm đường tròn NAP (1) Tiếp theo, ta chứng minh n = BAC n d qua tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC (2) NAP Không tổng quát, giả sử AB < AC (3) • Điều kiện cần: Giả sử I ∈ d Khi đó, từ (3) suy E nằm tia đối tia AB F nằm cạnh AC Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp xúc với (P) Ta chứng minh Ax tiếp xúc với (N) Thật vậy, gọi T, T1, T2, T3 tiếp điểm (P) Ax, CD, DF, FC Gọi S giao điểm Ax DF Ta có: AT = AT3 , CT3 = CT1 , DT1 = DT2 ST2 = ST Do AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD (4) Vì I ∈ d nên D tiếp điểm (I) cạnh BC Suy AC – CD = AB – BD (5) Từ (4) (5) suy AS + BD = AB + SD Vì ABDS tứ giác ngoại tiếp Suy Ax tiếp xúc với (N) n = NAx n + xAP n = BAx n + xAC n = BAC n Từ đó, ta có NAP 2 n = BAC n Xét hai trường hợp sau: • Điều kiện đủ: Giả sử NAP - Trường hợp 1: E nằm tia đối tia AB F nằm cạnh AC Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) (P) cắt DF S Ta có n = NAP n − xAP n = BAC n − xAC n = BAx n NAx 2 Suy Ax tiếp xúc với (N) Do ABDS tứ giác ngoại tiếp Suy AS + BD = AB + SD Hơn nữa, theo chứng minh phần trên, ta có AS – SD = AC – CD (Xem (4)) Từ đó, ta BD = AB + CD – AC Suy 2BD = AB + BC – AC AB + BC + CA Do BD = p – b, p = b = AC Suy BD = BK, K tiếp điểm (I) cạnh BC Từ đó, D K nằm cạnh BC, suy D ≡ K Vì I ∈ d - Trường hợp 2: E nằm cạnh AB F nằm tia đối tia AC Khi đó, (3) nên CD > CK (∗) Mặt khác, dễ thấy, trường hợp B đóng vai trò C C đóng vai trò B, E đóng vai trò F F đóng vai trò E, (N) đóng vai trò (P) (P) đóng vai trò (N) trường hợp trước Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu thuẫn với (∗) Mâu thuẫn nhận cho thấy trường hợp xảy Vậy, (2) chứng minh Từ (1) (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu đề ■ Bài Ta chứng minh khẳng định phương pháp phản chứng Giả sử tồn đa thức với hệ số thực G(x, y) H(x, y), khác đa thức hằng, cho (1) P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) , P ( x, y ) = x n + xy + y n , n∈ N ∗ Viết G(x, y) H(x, y) dạng đa thức x: G ( x, y ) = g m ( y ).x m + g m −1 ( y ).x m −1 + + g1 ( y ).x + g ( y ) , m∈ N ; H ( x, y ) = hk ( y ).x k + hk −1 ( y ).x k −1 + + h1 ( y ).x + h0 ( y ) , k ∈ N ; gi ( y ), i = 0, m , h j ( y ), j = 0, k , đa thức với hệ số thực y Từ (1) suy ra: + m + k = n, (2) + Với n ≥ 2, g m ( y ), hk ( y ) đa thức chúng không bội y (3) Từ (3), G(x, y) H(x, y) khác đa thức nên n ≥ m, k ≥ (4) • Xét n = Khi đó, theo (2), ta có m + k = Suy m = k = 1, m = k = Giả sử m = k = (Trường hợp m = k = xét tương tự) Khi đó, ta có ( y + 1) x + y = g ( y ).h1 ( y ) x + g ( y ).h0 ( y ) Suy g ( y )(h1 ( y ) − h0 ( y )) = Vì thế, g ( y ) đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thiết G(x, y) khác đa thức • Xét n ≥ Gọi i0 j0 số bé cho gi0 ( y ) h j0 ( y ) đa thức không bội y Dễ thấy, hệ số xi0 + j0 khai triển G(x, y) H(x, y) g ( y ).hi0 + j0 ( y ) + g1 ( y ).hi0 + j0 −1 ( y ) + + gi0 ( y ).h j0 ( y ) + gi0 +1 ( y ).h j0 −1 ( y ) + + gi0 + j0 ( y ).h0 ( y ) Từ định nghĩa i0 j0 suy hệ số không chia hết cho y Vì thế, từ (1), với lưu ý P có hệ số xn không chia hết cho y, suy i0 + j0 = n Do i0 = m j0 = k Kết hợp với (4) suy phải có m = k = 1, trái lại, m, k > 1, từ việc cân hệ số x hai vế (1) ta có y = g ( y ).h1 ( y ) + g1 ( y ).h0 ( y ) # y , điều vô lí Giả sử m = (Trường hợp k = xét tương tự) Khi đó, ta có x n + xy + y n = ( ax + g ( y ))(bx n −1 + hn − ( y ).x n − + + h1 ( y ).x + h0 ( y )) , (5) a, b số thực, với ab = Từ (5) ta y n = g ( y ).h0 ( y ) Suy g ( y ) = a ' y s , s ∈ N ∗ , s ≤ n a ' số thực khác a' Đặt c = − , ta có c ≠ Thế x = cy s vào (5), ta a c n y sn + cy s +1 + y n ≡ (6) + Nếu s = n = từ (6) ta (c + c + 1) y ≡ Suy c + c + = , điều vô lí + Nếu s = n > từ (6) ta (c n + 1) y n + cy ≡ , điều vô lí (vì c ≠ 0) + Nếu s ≥ n ≥ sn > n sn > s + Do (6) điều vô lí, c ≠ • Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu sai ta có điều đề yêu cầu chứng minh ■ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 Bài (5,0 điểm) Cho số nguyên dương n Chứng minh với số thực dương x, ta có bất đẳng thức: x n ( x n + + 1) ⎛ x + ⎞ ≤ ⎜ ⎟ xn + ⎝ ⎠ Hỏi đẳng thức xảy nào? 2n +1 Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực (xn) xác định 2n n − ∑ xi với n ≥ x1 = xn = (n −1) i =1 Với số nguyên dương n, đặt yn = xn + – xn Chứng minh dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn n → + ∞ Bài (5,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB Xét điểm P di động tiếp tuyến B (O) cho P không trùng với B Đường thẳng PA cắt (O) điểm thứ hai C Gọi D điểm đối xứng với C qua O Đường thẳng PD cắt (O) điểm thứ hai E 1/ Chứng minh đường thẳng AE, BC PO qua điểm Gọi điểm M 2/ Hãy xác định vị trí điểm P cho tam giác AMB có diện tích lớn Tính giá trị lớn theo bán kính đường tròn (O) ((O ) kí hiệu đường tròn tâm O ) Bài (5,0 điểm) Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài cạnh độ dài đường chéo AC, AD không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình tròn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác cho chứa 403 điểm số điểm lấy HẾT - • • Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị không giải thích thêm BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 12/01/2011 Bài (7,0 điểm) Cho dãy số nguyên (an) xác định a0 = 1, a1 = − an = 6an −1 + 5an − với n ≥ Chứng minh a2012 − 2010 chia hết cho 2011 ABC , n ACB Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân A có góc n góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vuông góc A BC Đường thẳng d vuông góc với BC D cắt đường thẳng AB AC tương ứng E F Gọi M, N P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE CDF Chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn đường thẳng d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài (6,0 điểm) Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P ( x, y ) = x n + xy + y n viết dạng P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) , G(x, y) H(x, y) đa thức với hệ số thực, khác đa thức HẾT - • • Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị không giải thích thêm