Đang tải... (xem toàn văn)
Nếu k lẻ thì xảy ra mâu thuẫn như trường hợp 1.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THPT THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN Ngày thi thứ hai: 28/9/2017
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (5 điểm)
Tìm số thực dương k lớn cho với a b c, , số thực dương thỏa mãn
4 4
4 4
1 1
(a b c ) k
a b c
thì ta ln có a b c, , độ dài ba cạnh tam giác không tù Bài 2. (5 điểm)
Cho đoạn thẳng AD cố định hai điểm B C, phân biệt, thay đổi cho D
trung điểm BC ABC tam giác nhọn không cân Gọi M N, hình chiếu D lên AB AC, Gọi R S I, , trung điểm đoạn thẳng AB AC MN, , K giao điểm đường thẳng RS MN, Gọi E
điểm đối xứng với điểm D qua đường thẳng RS
a) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IKE di động
đường thẳng cốđịnh
b) Gọi X Y, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN ACM, Đường thẳng qua D vng góc với XY cắt đường thẳng qua A vng góc với MN T Gọi L trung điểm DT Chứng minh đường thẳng LN ln tiếp xúc với
đường trịn cốđịnh Bài 3. (5 điểm)
Xét dãy số ( )xn xác định
1 0, 2
x x 1 2
1
n n n
n n
x x x n
n n với n 3, 4,5,
a) Tìm cơng thức tổng qt xn Chứng minh x2017 chia hết cho 2017 2
b) Tìm tất số nguyên tố p cho xp lũy thừa k sốnguyên dương (k số tự nhiên lớn 1)
Bài 4 (5 điểm)
Cho tam giác ( ).T Trên cạnh ( )T lấy n điểm (n 1,n ) cho n
điểm chia cạnh thành n đoạn thẳng có độ dài Nối điểm
đã lấy đoạn thẳng song song với cạnh ( )T (chẳng hạn với n ta
được hình vẽ bên dưới) Gọi Sn số tam giác hình vẽ thu Tính Sn theo n
- HẾT - ĐỀ CHÍNH THỨC
(2)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THPT THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN Ngày thi thứ hai: 28/9/2017
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án, đúng, điểm tối đa
Bài Nội dung Điểm
1a
Điều kiện cần: Xét b c đặt x a y2, b2 c2, thay vào đẳng thức cho, ta có
2 2 2
2
2 2 2
1 8 16
5 10
2
y x y x y
k x k k
x y y x y x
Nếu x y (tương ứng với tam giác vng), ta có 10 17 27
2
k k
1,0
Khi đó, 27
2
k xét hàm số f t( ) 16t (2k 10)
t với t
Rõ ràng f(1) lim ( )
t f t nên phương trình f t( ) có
nghiệm t Điều chứng tỏ tồn a b c, , thỏa mãn đẳng thức đề
mà a2 b2 c2, lúc a b c, , không ba cạnh tam giác khơng tù
Do 27
2 k
2,0
Điều kiện đủ:Giả sử a max{ , , }a b c 27
k Ta chứng minh
2 2
a b c Thật vậy, đặt x a y2, b2 c2
2 2
4 ( )
2
b c y
b c 14 14 2 2 2 82
( )
b c b c y
1,0
Từ suy
2
2
27
2
y x
x y hay
2 2
2 2
27
5 16 17
2
x y x y
y x y x
0,5
Từ giải bất phương trình này, ta thu
2
1 16
x
y hay x y
Do a2 b2 c2.
Lúc a b c
Khi a b c, , độ dài ba cạnh tam giác không tù
Vậy giá trị lớn cần tìm k 27
0,5 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
(3)2a
Hx
V I
K E
L
T S R
X Y
F
H
B'
N
M
D B
O
C A
Giả sử điểm có vị trí hình vẽ, trường hợp khác giải tương tự
Ta có DE RS RS qua trung điểm F AD nên AE RS BC
Từ AED 90 nên A D E M N, , , , thuộc đường tròn đường kính AD Vì DB DC nên A DE MN( , ) 1, suy DMEN tứ giác điều hòa
1,0
Trung trực RS DE cắt đường chéo MN tứ giác DMEN K nên ,
KE KD tiếp tuyến đường trịn đường kính AD Do
90
FDK FEK Chú ý MN dây cung ( )F nên FI MN
Từ suy điểm D I F E K, , , , thuộc đường trịn hay (IKE)
ln qua hai điểm D F, cố định
Suy tâm (IKE) di động đường trung trực DF cố định
2,0
2b
Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Khi đó, dễ thấy OR AB XR, AB nên O X R, , thẳng hàng
Gọi B hình chiếu B lên AC ta có BB DN nên NB NC
Gọi H H, x trực tâm tam giác ABC ABN, Suy
2
2 x
OR CH NH XR (do CH NHx NB NC)
Do đó, X trung điểm OR
Tương tự Y trung điểm OS nên XY BC
0,5
Gọi T giao điểm tiếp tuyến B C, (ABC) Ta có DT XY
Ta lại có AT đường đối trung tam giác ABC nên 90
T AM AMN DAC ADN
Suy AT MN Do T T
(4)Ta có LF AT nên LF MN Suy LN LM FM FN
Gọi V giao điểm DM AC Ta có
90 90
DVC BAC TOC DTC
Suy tứ giác VCDT nội tiếp Suy TV AC
Do LV LN LM
Suy L tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VMN
Suy
2
LND NLV NMV NMD Do LN tiếp xúc với (AMDN)
Vậy đường thẳng LN tiếp xúc với đường trịn đường kính AD cố định
1,0
3a
Đặt n ,
n x
y n
n ta có y1 0,y2 yn yn 2yn 2, n Gọi ( ) : 2n 1.
n
P n y Ta chứng minh P n( ) với n 1,2, 3,
+) P(1), (2)P
+) Giả sử P i( ) i [1, , ]k (k 1), tức 2i 1, [1, , ]. i
y i k
Ta chứng minh P k( 1), tức 1 2k
k
y
Thật
1
1 2 2(2 1) 2
k k k
k k k
y y y
Theo nguyên lý quy nạpmạnh, ta có 2n 1 n
y với n 1,2, 3,
Khi (2n 1), 1.
n
x n n
1,0
Do 2017 số nguyên tố nên 22016 1 (mod 2017).
Suy
2016
2017 2017(2 1) 2017
x 1,0
3b
Giả sử p(2p 1) xk (k 1).
Dễ thấy p p 2q 1(q )
Do p x| nên x py Khi 2p 1 p yk k
hay (2q 1)(2q 1) p yk k. Do 2q
2q nguyên tố nên chúng phải có dạng k
z
1,0
TH1 : 2q zk 2q zk
Nếu k chẵn zk không chia hết cho q 1,p 3,x 3,k 2.
Nếu k 2m
2
2q (z 1)(z m z m z 1) z 1 2 (1r r q).
2
2q (2r 1)m A.2 r (2m 1).2r
với A nguyên 2q r A.2r 2m 1 (vô lí)
1,0
TH2 : 2q zk 2q zk 1
Nếu k lẻ xảy mâu thuẫn trường hợp Nếu k 2m (zm 1)(zm 1) 2q
Do (zm 1,zm 1)
nên zm zm q p
Khi p(2p 1) 21 2
Vậy p p
(5)4 Với n 1, ta có Sn bao gồm:
• Sn
• Số tam giác có đỉnh hướng “lên”
( 2)( 3)
( 2) ( 1)
2
n n
n n
2,0
• Số tam giác có đỉnh hướng “xuống”
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 3)
2 n
n n n 1,5
1 ( 1) ( 1)( 3)
2 . n n n Suy 1
( 2)(3 2) ( 1)
,
4
n
n n
n n
S S n với S1
0,5 1 2
2 2 2
3
( )
( 2)(3 2) ( 1)
5
4
1 1
3 1 ( 1)
4 8
3 ( 1)(2 1) ( 1) 9( 1) ( 1)
4 16
2 n
n k k
k
k n
k
n n n n n
k
k k k k k
n
S S S S
k k
k k
n n n n n n
n
1
2 ( 1)
11 18
2 , 1.
8
n
n n
n
1,0
Ngồi cách giải trên, ta tách riêng trường hợp chẵn lẻ sau:
2
2 2
2
2 2
1 ( 1)
( 1),
n n n
n n
S S C n n n
S C n n n
2
2 2
2
2
1 ( 1) ( 1)
( 1) ,
n n n
n n
S S C n n n n
S C n n
Suy
2n 2n 11 5,
S S n n n
Do
2
17 23
2 5,
2
n
S n n n n
Từ thay ngược lại ta có
2
11
2 1,
2
n
S n n n n