SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Ngày thi thứ nhất: 20/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có trang, gồm bài) Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực xn xác định công thức: x1 1; xn 1 xn với n 1, 2,3 xn Chứng minh rằng: 1 a) n nxn n H n , với n 1, 2,3 H n n b) 9 x81 81 (kí hiệu x phần nguyên số thực x ) Bài (5,0 điểm) Cho số nguyên a đa thức P ( x ) hệ số nguyên, hệ số bậc cao Ta xây dựng dãy số (an ) xác định bởi: a0 a , an1 P an với n N Chứng minh rằng, tồn số nguyên dương m thỏa mãn hai điều kiện sau: i) | am | | am 1 | | am | ii) am , am1 , am dãy tuần hoàn với chu kì T Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC hai điểm M, N nằm cạnh AC, AB cho MN song song với BC Điểm P di chuyển đoạn thẳng MN Lấy điểm E, F cho EP AC , EC BC , FP AB, FB BC a) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định P di chuyển b) Đường thẳng qua A vng góc EF cắt BC Q Chứng minh trung trực BC qua trung điểm PQ Bài (5,0 điểm) Cô giáo có tất 2020 viên kẹo gồm 20 loại kẹo khác nhau, loại có viên kẹo Cô chia hết kẹo cho học sinh mình, người số viên kẹo khơng có học sinh nhận nhiều viên kẹo loại kẹo Cô yêu cầu hai học sinh khác so sánh viên kẹo nhận viết số loại kẹo mà hai có lên bảng Biết cặp học sinh lên bảng lần Gọi tổng số viết lên bảng M a) Xác định giá trị nhỏ M b) Với giả thiết tương tự thay 20 loại kẹo khác 19 loại kẹo khác nhau, tìm giá trị nhỏ M trường hợp tương ứng HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay; Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………………….Số báo danh…………… … SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Do xn21 xn2 Điểm , x12 nên ta chứng minh quy nạp xn2 n xn Với n mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n , tức xn2 n 1.a 2,5 điểm Suy xn21 n Lại có xn2 xn21 n Từ ta có xn2 nxn n n 1 1 n 1 x n n xn21 k 1 k k 1 xk 1,5 1 n Hn n H n nxn n H n 6 n Ta chứng minh H 81 Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: H n ln n Thật vậy, xét hàm số f x ln x 1 ln x 1.b 2,5 điểm f x 1 1 ln x x 1 x x 1 1 , x nên hàm số f x giảm x x 1 x 12 khoảng 0; f x 0, x , hay 0,5 ln x 1 ln x * x 1 Áp dụng BĐT ta có : 1 ln ln1 ln3 ln ln81 ln80 ln81 81 Từ : 81 81 x81 81 H 81 82 9 x81 81 Trường hợp Với deg P ( x ) P ( x ) x c , c nguyên Suy an a0 n.c với n N hay (an ) cấp số cộng +) Nếu c , dãy (an ) dãy hằng, chọn m chu kì T , thỏa mãn ii) +) Nếu c , chọn m | a0 | 1 , đó: am am 1 am nên điểm | am | | am 1 | | am | thỏa mãn i) +) Nếu c , chọn m | a0 | 1 , đó: am am 1 am nên | am | | am1 | | am | , thỏa mãn i) Trường hợp Với deg P ( x ) , Xét đa thức Q( x) P ( x) x , Q ( x ) bậc chẵn, có hệ số bậc cao 1 nên tồn số x0 nguyên dương để Q ( x ) | P ( x) || x | với | x | x0 Nếu tồn m để | a m | x0 | am | | am1 | | am | , thỏa mãn i) Ngược lại: | a m | x0 với m đủ lớn Vì dãy (an ) bị chặn nên tuần hồn Ta chứng minh chu kì T Giả sử dãy am , am1 , am , tuần hoàn theo chu kỳ T Khi am , am 1 , , am T 1 đôi phân biệt am amT Ta có: am am 1 | P(am ) P(am 1 ) am1 am Hoàn toàn tương tự, suy ra: am am1 | am 1 am | am am 3 | | am T 1 am T | amT am T 1 am am1 Do đó: | am am 1 || am 1 am || am am3 | | am T 1 am T | Nếu tồn p T để: am p am p 1 ( am p 1 am p ) am p am p nên dãy tuần hồn theo chu kì T , vô lý Suy ra: am am1 am 1 am am am3 amT 1 am T Hay am , am1 , am , , amT cấp số cộng, nên am am 1 am amT , vô lý Vậy T , thỏa mãn ii) Kết luận: tồn số nguyên dương m thỏa mãn toán K E A G 3.a 2,5 điểm I F T N B P D Q J H S M C Gọi AD đường cao tam giác ABC, MN cắt CE, BF S, T Đường thẳng qua S vng góc với AB cắt EF, BF I G Ta có SPE DAC TPF DAB Từ IE ES ES PS ES TP CD AD DC IF FG PS FG PS TF AD DB DB Vậy I thuộc AD suy I giao điểm AD SG cố định Ta có điều phải chứng minh 0,5 Gọi H hình chiếu P lên BC Ta chứng minh QB = HC từ suy trung trực BC chia đôi PQ 0,5 Cũng từ SPE DAC TPF DAB 3.b 2,5 điểm Ta có PE PE PS PT AC HC AD AC HB DC PF PS PT PF AD HB AB AB HC DB Lấy K thuộc AC cho BK AQ Ta dễ thấy ABK PFE QB BQ AK AB QC PE AB AB AC HB HB QC AK AB QC AC PF QC AC AB HC HC Lại có H, Q nằm BC nên dễ suy QB = HC (đpcm) Gọi a1 , a2 , , a20 số viên kẹo loại kẹo thứ 1, 2, , 20 với Với loại kẹo thứ i ( i 20 ), ta đếm số ( A, B ) mà hai học sinh A, B có loại kẹo Số cần đếm Ca2i Khi đó, theo giả thiết, tổng số M hay 20 20 M C i 1 4.a 2,5 điểm a i 2020 i 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpky ta có: 1 20 ai2 20 M i 1 i 1 i 1 20 20 20 a 20202 2020 i 101000 2.20 2.20 i 1 Dấu “=” xảy 101, i 1, 2, , 20 Vậy giá trị nhỏ (GTNN) M 101000 0,5 1 19 19 nên biểu Như lý luận câu a, ta có: M 2 i 1 i 1 i 1 19 19 thức M đạt GTNN i a đạt GTNN i 1 19 Ta chứng minh: i a đạt GTNN a j với i, j 19 (1) i 1 Thật vậy: Xét số a, b, c, d mà a b ; c a 1; d b ta có: 4.b 2,5 điểm cd ab a b ab a b c d suy a b2 c d 0,5 Mở rộng tính chất cho nhiều số ta suy (1) chứng minh Do M đạt GTNN có t số giá trị k 19 t số có giá trị k với t 19 GTNN M tk (19 t )(k 1)2 2020 Ta có tk (19 t )( k 1) 2020 t 19k 2001 Do t 19 nên 2001 2020 k Từ ta có k 106, t 13 19 19 Thay vào ta GTNN M 13.1062 6.107 2020 =106371 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang, gồm bài) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018 2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi thứ hai: 21/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút Bài (5 điểm) Ký hiệu tập hợp M 10; 9; 8; ;9;10 Xét đa thức P x x3 ax bx c hệ số a, b, c thuộc tập hợp M Biết P , chứng 2018 minh đa thức P x có ba nghiệm thực phân biệt Bài (5 điểm) Cho khung sắt có hình dạng tứ diện cạnh có độ dài mét Một bọ ban đầu đỉnh tứ diện, bắt đầu di chuyển liên tục cạnh tứ diện theo quy tắc: đỉnh đến, chọn ba cạnh đỉnh di chuyển theo cạnh đến đỉnh Với số nguyên dương n, tìm số cách bọ để trở lại đỉnh ban đầu sau n mét Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm điểm I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) Đường thẳng MD cắt lại đường tròn (O) điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng BC điểm P a) Chứng minh tam giác ANI vuông tứ giác AIHP nội tiếp b) Đường thẳng MH cắt lại đường tròn (O) điểm S, đường thẳng NS cắt đường thẳng BC điểm Q Chứng minh tiếp tuyến đường tròn (O) điểm N qua trung điểm đoạn thẳng PQ Bài (5 điểm) Cho k số tự nhiên lớn Xét dãy số an xác định bởi: a0 0; a1 an 1 kan an1 với n N * Xác định tất giá trị k cho tồn số tự nhiên m, n (với m n) số nguyên dương p, q thỏa mãn điều kiện: am ka p an kaq HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay; Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….Số báo danh…………….…… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài điểm Nội dung Điểm a2 b2 c = 20 14 a b c Ta có P = 20 6a 2b c 14 4a b = mn với m 20 6a 2b c; n 14 4a b Do a, b, c M nên m 110 n 64 Trước hết ta chứng minh nghiệm P x Giả sử ngược lại nghiệm P x Khi P m n m, n không đồng thời Suy m n m n m n 110 64 206 2 m 2n Từ ta có P m n , mâu m n 206 2018 1 thuẫn với giả thiết ban đầu Vì nghiệm P x Do nghiệm P x nên m n m n Ta có P m n nên nghiệm P x Mặt khác hai nghiệm tam thức x x nên ta c c phải có P x x x x hay P x có nghiệm Q 2 Vậy P x có ba nghiệm thực phân biệt Bài điểm A 1 Giả sử khung sắt có dạng hình tứ diện ABCD cạnh có độ dài mét ban đầu bọ đỉnh A D B C Gọi an , bn , cn , d n số cách để sau n mét bọ tương ứng đến A, B, C, D Với n > 1, i) Do tính đối xứng đỉnh B, C D nên (1) bn = cn = d n , ii) Muốn đến A phải từ B, C D thêm mét nên: (2) an = bn 1 + cn 1 + d n 1 , iii) Tương tự có: bn = an 1 + cn 1 + d n 1 (3) Từ (1) (2) ta có: an = bn 1 an 1 = bn Kết hợp với (3) ta được: an1 = bn = 3( an 1 + cn 1 + d n 1 ) = 3( an1 + bn 1 ) = an 1 + an an 1 = an + an 1 với n > Dãy số có phương trình đặc trưng t 2t , có nghiệm t t 1 nên số hạng tổng quát dãy có dạng: an A.3n B.(1) n với n N* Kết hợp với a1 = 0, a2 = ta tính kết quả: 1 3n 3.(1) n với n N* an = Bài điểm a) (3 điểm) A N E O F P B I H C D M Ta xét trường hợp AB < AC, trường hợp lại tương tự NB DB Ta có ND phân giác tam giác NBC nên NC DC NB FB Lại có DB = FB DC = EC nên suy NC EC Kết hợp với NBF = NCE ta NBF NCE Suy NFB = NEC NFA = NEA điểm A, N, E, F nằm đường tròn Do đường tròn có đường kính AI, suy tam giác ANI vuông N Theo tính chất quen thuộc ta có MB = MC = MI, suy điểm B, I, C nằm đường tròn tâm M, ta ký hiệu (M) Ta có PN.PA = PB.PC suy P có phương tích hai đường tròn đường kính AI đường tròn (M) Lại có hai đường tròn có M nằm AI có điểm chung I suy chúng tiếp xúc với I Từ PI trục đẳng phương hai đường tròn, suy PI AI Kết hợp với PH HA ta suy tứ giác AIHP nội tiếp đường tròn đường kính AP b) (2 điểm) 1 A N E O F T I S P Y Q B X H C D M Bài điểm Gọi T giao điểm khác A AH đường tròn đường kính AI Suy IT AH nên IDHT hình chữ nhật Khi theo định lý Simsơn N, T, D thẳng hàng (do I nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APH) suy đường thẳng MN qua trung điểm X đoạn IH Gọi Y trung điểm PQ Ta chứng minh NY tiếp tuyến đường tròn (O) Xét hai tam giác MIH NPQ có: IMH = PNQ (tứ giác ANSM nội tiếp) MIH = NPQ (tứ giác AIHP nội tiếp) nên MIH NPQ Do MX NY trung tuyến tương ứng tam giác nên suy MXH NYQ HMX = QNY hay SMN = SNY suy NY tiếp tuyến đường tròn (O) Với k = 2, ta có dãy a0 0; a1 an 1 2an an 1 với n N * Suy a2 2; a3 Khi a0 2a2 a2 2a1 nên cặp m, n 0, p, q 2,1 thỏa mãn điều kiện toán Ta chứng minh với số tự nhiên k khơng thỏa mãn tốn phản chứng Thật với k an dãy tăng đồng thời an 1 an 1 kan an với n N * Do đó, với n N a2 n a0 0(mod k ) a2 n 1 a1 1(mod k ) (*) 1 1 Giả sử tồn cặp số m, n N p, q N* thỏa mãn m n am ka p an kaq Khơng tính tổng qt giả sử m < n, suy am an , a p aq , ta có trường hợp sau đây: Trường hợp 1: p < m < n Khi am ka p am kam1 kam am 1 am1 an an kaq mâu thuẫn, nên trường hợp không thỏa mãn Trường hợp 2: p = m < n +) Nếu p = m = n – an kaq am ka p k 1 an1 an an1 k an 1 aq , vơ lý vế trái không chia hết cho k +) Nếu p = m < n – am ka p an kan an 2 kan 1 an an kaq , mâu thuẫn với giả sử Trường hợp 3: m p n Khi am a p 1 , a p 1 an aq nên am ka p ka p a p 1 a p 1 an an kaq , mâu thuẫn với giả sử Trường hợp 4: m n p Khi ta có từ am ka p an kaq ka p 1 k 1 ap k a p aq nên kaq ka p an k 1 a p aq Mặt khác a p ka p 1 a p 2 ka p 1 k 1 k 1 ap ka p 1 k 1 a p 1 a p 1 k k tăng nên phải có q = p – đánh giá đồng thời a p aq Do dãy an xảy đẳng thức aq a p 1 q , vôlý Vậy có giá trị k = thỏa mãn toán - HẾT -