Tuyển tập Đề thi tuyển chọn đội tuyển dự thi VMO cả nước năm 2019

đó không được điểm. – Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. b) KN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam gi[r]

ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM 2018–2019 Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/9/2018

Bài 1: (5.0 điểm) Giải phương trình 1

1

1 1

1

x

x

 

 





, vế trái gồm có

2018 dấu phân số

Bài 2: (5.0 điểm) Cho dãy số 1 0, 1 2

1 n

n

x x n

x 

   

 Chứng minh dãy có

giới hạn hữu hạn tính giới hạn

Bài 3: (5.0 điểm) Cho tứ giác ABCD khơng phải hình thang, nội tiếp đường trịn

( )O AC cắt BD G K điểm di động đoạn OG Đường tròn ngoại tiếp tam giác KAD đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt điểm thứ hai L Đường tròn ngoại tiếp tam giác KAB đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD cắt điểm thứ hai I Chứng minh K di động

đường thẳng LI qua điểm cố định song song với đường

thẳng cố định

Bài 4: (5.0 điểm) Cho số nguyên dương n3,n6 bảng n n ô vuông, ban đầu ô bảng đánh số Mỗi lượt chơi, người chơi chọn bảng gồm (n1) ( n1) vng, sau cộng trừ tất số bảng với (cùng lượt chơi, có số cộng 1, có số trừ 1) Liệu sau số hữu hạn lượt chơi bảng chứa đầy đủ số nguyên dương từ đến n2 không?

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHỊNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1

(5.0đ)

Khi vế trái gồm có n dấu phân số ký hiệu Sn, ta chứng minh

bằng quy nạp

1

n n

n

n n

F x F S

F x F 

  

 ,  Fn dãy số

Fibonacci: F0 0,F11,Fn1 Fn Fn1

Rõ ràng S1 1 x

x x



   (thỏa mãn)

1.0

Nếu ta có

1

n n

n

n n

F x F S

F x F 

  

  

       1 1 1 n n n n n n S

F x F S

F x F       1

1 n n

n n

F x F F x F

      1 n n n n

F x F F x F

2.0

Phương trình trở thành

2 2019 2018

2018 2018 2018 2018 2017

0

F x F

x F x F x F

F x F 

    



2

1

2

x x x 

      (đpcm)

2.0

2

(5.0đ)

Rõ ràng ta có xn0; 2  n

Ta có 1 0, 2 2, 3 2, 4 50

5 29

x  x  x  x 

Xét hàm số   2

1

f x

x 

 nghịch biến đoạn 0; 2 

1.5

Khi hàm số f f x   đồng biến đoạn 0; 2  Do x1x3  f f x  1  f f x  3 x3 x5

 

    5 

f f x f f x x x

   

Hay x2n1 dãy số tăng, bị chặn nên tồn giới

hạn hữu hạn limx2n1  a 0; 2

giới hạn hữu hạn limx2n   b 0; 2

Ta có hệ   

2

2

2

2

1 1 0

2

1

a a ab

b a b ab

b a b b

a 



   

      

 

 



  

 



- Nếu aba3a20ab1

- Nếu ab1a22a10ab1

Vậy tồn limxn 1

2.0

3

(5.0 đ)

Gọi M giao điểm AD BC N giao điểm AB CD Khi OG vng góc với MN H (H điểm Miquel tứ giác ABCD)

1.5

Tứ giác HADN nội tiếp nên MH MN MA MD

Tứ giác ALKD nội tiếp nên ML MK MA MD

Suy MH MN ML MK , tứ giác NHLK nội tiếp

1.5

  900

NLK NHK NL MK

     0.5

Tương tự ta có NLMK MI, NK KH, MN đường thẳng

NL, MI, KH đồng quy Khi LI // MN cố định LI cắt MN J MNHJ 1

Do M, N, H cố định nên J cố định

1.5

(5.0 đ) Gọi , , ,a b c d số lần mà bảng n1  n1 góc trái trên, phải trên, phải trái chọn sau tất lượt chơi Khi góc trái trên, phải trên, phải trái đánh số , , ,a b c d; n2 dịng mà khơng phải góc đánh số ab; n2 cột mà khơng phải góc đánh số

ad; n2 ô cột n mà khơng phải góc đánh số bc; n2 dịng n mà khơng phải góc đánh số cd; n22 cịn lại bảng n2  n2 đánh số abcd

Trong tập số từ đến n2 số số lẻ nhiều số

số chẵn 0.5

– Nếu abcd mod 2 bảng có nhiều ô lẻ

4

n  chẵn,    

4 n 4 8n  0; 0.5

– Nếu abc0 mod ,  d1 mod 2  bảng có

n12 lẻ 2n1 chẵn,

n122n1n24n2 0; 1

0.5

– Nếu abc1 mod ,  d0 mod 2  bảng có

n122 lẻ 2n3 chẵn,

 2   2  

1 2 0;

n   n n  n 

0.5

– Nếu ab1 mod ,  cd0 mod 2  bảng số

lẻ số ô chẵn n22 0.5

– Nếu ac0 mod ,  bd1 mod 2  bảng có

 

4 n2 24n6 lẻ n24n6 chẵn, 4n6n2 4n6 n28n12 0; 1

Vậy ô bảng chứa đầy đủ số từ đến n2

0.5

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO HẢI PHỊNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẢNG A VAØ ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/9/2018

Bài 1: (5.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O , ABAC

M điểm cung trịn BC khơng chứa A J trung điểm BC

K hình chiếu vng góc M CA BK cắt AJ X CX cắt JK

L Đường thẳng qua Jvà vng góc với MK, cắt AL T JK cắt AB I

Chứng minh CTvng góc với IM

Bài 2: (5.0 điểm) Có số nguyên dương n không vượt 2019 mà 2n

n

C

chia hết cho 19 ?

Bài 3: (5.0 điểm) Cho P x  đa thức có bậc khơng vượt q 2017 thỏa mãn

  0; 1; ; 2017

P k k  k , chứng minh

2018  1 2019 2 2018 1

P  P   

Bài 4: (5.0 điểm) Với n2, gọi f n  số hốn vị tập 1; 2; 3; ;n mà khơng có số k đứng liền trước số k1 với k1; 2; 3; ;n1 Chứng minh rằng:

a) f n   n1 f n1  n2 f n2  n

b)    !

2

n

f n n

n e

  

     

 

 

,   x phần nguyên x

1 lim

n

e

n

 

   

 

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1

(5.0đ) Gọi S giao điểm AL BC

Xét tam giác AJC với đường đồng quy AS JK CX, , điểm thẳng hàng , ,B X K ta có J C B S, , ,  1

2.0

Hay SC BC BC SC BC SC SB

SJ BJ BJ SJ CJ SJ SC

 

   

  1.0

Mà JT // AC (cùng vng góc với MK) nên suy //

SB SC SA

AB CT

SC  SJ  ST 

1.0

Lại có , ,I J K đường thẳng Simson tam giác ABC nên

MI AB, từ ta có MICT 1.0

2

(5.0đ)

Ta có:    

      

 

 

  

 

 

19 19 19 19

2 !

2 ! !

! n

n

n

v C v v n v n

n 



   

    

   

 



2

19k 19k

k

n n

1.0

Mà: 2 x2  x , đẳng thức xảy  

x

  1.0

Khi đó: 2n 

n

C         

   

19

2

19

19 19

n

n k k

n n

v C k

 

   

 

1

1

19k

n

k

Phân tích n theo hệ số 19: 19 m i i i n a 

 , 0ai 18 i 0,m,

đó       1 19k n k                   

1.19 2.19 1

2 19

k k

k k

k

a a a

k ai 9  i

1.0

Và 20195.19211.195 nên số số n không vượt 2019 mà

n n

C  19 10 10 1   599 số (0a2 5, 0a a1, 09, ngồi khơng tính số )

Vậy số số n cần tìm 2019 599 1420

1.0

3

(5.0đ)

Theo công thức nội suy Lagrange cho P x  với số

0,1, 2, , 2017 ta có  

        2017 2017 2017 ,

! 2017 !

i j j i i

x j

P x P i

i i           1.0 Khi                      2017 2017 2017 0 1

2018 2018! 2018!

! 2018 ! ! 2018 !

i

i i

P i i

P

i i i i

     2017 2018 i i i C 1.0                                        2017 2017 2018 2017 2017 2018 0

1 2018!

1 ! 2017 !

1

2018!

1 ! 2017 !

i i i i i P i P i i i i C i i 1.0 Từ đó:

    2017   2017 

2018 2018 2019

0

2018 1 i i i

i i

P P i C C i C

 

        

(Do 1

2018 2018 2019

i i i

C C C

  ) 1.0   2017 2018 2018

2019 i 2019

i

C 

  

(Do i 1C2019i1 2019C2018i

  )

4 (5.0đ)

a

(2.0đ)

– Xét hoán vị 1; 2; 3; ;n thỏa mãn đề bài, và: +) Nếu không tồn k để , ,k n k1 liên thứ tự

thì bỏ n để hoán vị

1; 2; 3; ;n1 thỏa mãn

0.5

+ Nếu tồn k để , ,k n k1 liên thứ tự bỏ n k1 đi, đồng thời giảm tất số từ k2 đến n1 (kn2 khơng cần làm bước này), hốn vị 1; 2; 3; ;n2 thỏa mãn

0.5

– Ngược lại:

+ Từ hoán vị 1; 2; 3; ;n1 thỏa mãn tạo n1 hoán vị 1; 2; 3; ;n thỏa mãn cách chèn n vào vị trí n2 vị trí liền sau số 1, 2, ,n2 Sẽ có tổng cộng n1 f n1 hốn vị dạng

0.5

+ Từ hốn vị 1; 2; 3; ;n2 thỏa mãn tạo n2 hốn vị 1; 2; 3; ;n thỏa mãn cách: với k 1,n2, tăng thêm tất số từ k1 đến n2 (kn2 khơng cần làm bước này), sau chèn ,n k1 vào vị trí liền sau k Sẽ có tổng cộng

n2 f n2 hốn vị dạng

Vậy f n   n1 f n1  n2 f n2 n

0.5

Có      





 

  

0

1 !

1 ! !

k

k

n

n

e k

         

  

 

     

1

0

1

1 ! !

! !

k k

n

k k n

n n

k k ,

trong     1 ! ! k n k n k   

  số nguyên

b/

(2.0đ) Và      

                  

  

2 2

1 1

1 ! !

! ! 2

k

k n

k n k n k n

n n

k k n

   1 n 0.5

Do      

1

1 ! 1

1 ! ! k n k n n e k                

0.5

Ta chứng minh khẳng định đề quy nạp Rõ ràng kết với 2,

Nếu có f n 1 , f n2, ta cần chứng minh

         

1

0 0

1 ! ! 1 !

1

! ! !

k k k

n n n

k k k

n n n

n k k k

               0.5

      1   

0

1 1 1 !

!

n n k

n

k

n n

n n n k







    

   

       

0

1 ! 1 !

1 ! ! k k n n k n n k k                                

1 !

1 ! k n n k n n k               

1 1 !

1 ! k n n k n n

k (đúng)

1.0

–––––––––– HẾT ––––––––––

Lưu ý chấm bài:

– Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước – Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm – Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai

đó khơng điểm

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO HƯNG YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA NĂM 2019

Mơn: TỐN, thi thứ

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/08/2018

Câu 1.(4,0 điểm) Cho , ,a b clà số thực dương n,n2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

( ) ( ) ( )

n a bc n b ac n c ab

P

a b c b a c c a b

  

  

  

Câu 2.(4,0 điểm) Cho a b số nguyên dương Xét dãy số ( )un xác định

2

,

n a n

u  bn với n1; 2; Tính lim n

n u , kí hiệu  x phần lẻ

của số thực x

Câu 3.(4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O

Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC Điểm E đối xứng với B qua

IC, F đối xứng với C qua IB Gọi M trung điểm cung BAC đường tròn O Đường thẳng MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC N (khác

I) Đường thẳng AI cắt  O điểm thứ hai D(khác A), đường thẳng qua I

vng góc với AD cắt BC K Chứng minh a) EFOI

b) KN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giácBIC Câu 4.(4,0 điểm) Cho số nguyên dươnga a1, 2, ,a2018 Xét tập

     

 2018 

2018 1 2018; , 1, , 2018

k k k

i

S   a   a    a k   i

Chứng minh tích tất phần tử thuộc S2018là số phương

Câu V(4,0 điểm) Cho đa giác lồi P Bạn An muốn ghi vào đỉnh P số

nguyên dương cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: i) Trong số ghi, có số chẵn;

ii) Tổng ba số ghi ba đỉnh liên tiếp tùy ý số lẻ

Chứng minh bạn An thực cách ghi số đỉnh P chia hết cho

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1 (4 đ)

Cho , ,a b clà số thực dương n,n2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

( ) ( ) ( )

n a bc n b ac n c ab

P

a b c b a c c a b

  

  

  

Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta có

  



  

2 2

3

3

( ) ( ) ( )

n a bc b ac c ab

P

a b c b a c c a b (1)

Ta chứng minh    

  

2 2

( ) ( ) ( )

a bc b ac c ab

a b c b a c c a b (2)

2,0 đ

Thật vậy: Do , ,a b c dương nên bất đẳng thức (1) đưa a2bc b 2ac c ababc a b b c c     a (3) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho sốa, bc

b, bc ta a2bc b 2bcab bc 2

hay b a 2bc b c  b a c2  2 (4)

Chứng minh tương tự ta có

 2    2  2

c b ac a c c a b (5)

 2    2  2

a c ab a b a c b (6)

Vì vế (4), (5), (6) dương Nhân vế với vế bất đẳng thức với nhau, chia vế bất đẳng thức thu cho

   

abc a b b c c a   ta (3), có (2), suy P3 Dấu xảy dấu xảy đồng thời (1), (4), (5) (6), abc Vậy giá trị nhỏ P

2,0 đ

2 (4 đ)

Cho a b số nguyên dương Xét dãy số ( )un xác định

2 ,

n a n

u  bn với n1; 2; Tính lim n

n u , kí hiệu  x

là phần lẻ số thực x

Lấy b chia cho ,a ta b2aqr q; ,r;0r2 a Xảy trường hợp sau

Trường hợp 1. Nếu r0, b2aq

2 2 2

2 ( ) ( )

n a n aqn an q q an q

u       

Lại có 2

( 1) ( 1)

n an q an

u      q

Từ suy

2

( 1) ; ( 1)

2 n

u n

a an q   q

  

Kết hợp lại ta

2 ( )2; ( 1) .

( 1)

2 n

u an q

an q q n

a

   

    Điều

này dẫn tới

2 ( 1) 1; n q

u an q n

a 

      

 

Khi

     2 

lim lim lim ( 1)

n n n

n n

n u  u u  a n aqn an q

           2 2 ( 1)

2 ( 1)

li

2

m lim

2

1

n n

q a

an q n

aq q

a n aqn an q a a

n n                  Trường hợp 2.

Nếu 0 r ,a từ 2

( 1) ( ) ( 1)

n an q r a n q

u        

2

( ) ,

n

u  an q rn q ta suy

2

2 ( 12

) ) ;

(an q un an n q

r q

       hay

2

;

n

q

u an q n

r

     

 

Từ ta có

     2 

lim lim lim (2 )

n un n un un n a n aq r n an q

           2 2 lim li

(2 ) m

n n aq r n n

q r

rn q n

aq r q

a an q a a

n n               2 r b a a         2,0 đ 3 (4 đ)

Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O Gọi

I tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC Điểm E đối xứng với

B qua IC, F đối xứng với C qua IB Gọi M trung điểm cung BAC đường tròn O Đường thẳng MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC N (khác I) Đường thẳng AI cắt  O

tại điểm thứ hai D (khácA), đường thẳng qua I vuông góc với

AD cắt BC K Chứng minh a) EFOI

Sử dụng bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam

giác Gọi P giao điểm thứ hai, khác A đường thẳng AI đường tròn  O Khi P tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BIC

a) Gọi Q giao điểm thứ hai khác C đường thẳng CI đường tròn

 O

Do E đối xứng với B qua IC IC phân giác góc

BCA

 nên E nằm đường thẳng AC BEC cân C BOQ

 cân O có

2

BOQ BOA BCE

     (do ABCnhọn)

Suy QOBđồng dạng với ECB QO QB

BC EB

   (1)

1,0 đ

Theo bổ đề ta có QBQAQI (2)

Do F đối xứng với C qua IB IB phân giác góc

ABC

 nên F nằm đường thẳng AB BFBC (3)

Từ (1), (2), (3) ta có QO QI

BF  EB, lại có QOAB QI BE

(do tam giác BCEcân CvàQClà phân giác góc BCE

), suy OQI  FBE nên BEF đồng dạng QIOsuy

EFOI

1,0 đ

b) Khơng tính tổng qt, giả sử ABAC, K nằm tia đối tia BC Theo bổ đề D tâm đường tròn ngoại tiếp

BIC

 , ta kí hiệu đường trịn  D Có KI AD nên KI tiếp tuyến đường tròn D Gọi L giao điểm thứ hai (khác

D) KD đường trịn O Ta có

KI KB KC KL KD

Suy KILđồng dạng với KDI KLI KID900 (4) I tâm đường tròn nội tiếp ABC nên AI phân giác góc BAC Do D trung điểm cung BC khơng chứa điểm A

của ( )O , kết hợp M trung điểm cung BAC ( )O

suy DM đường kính đường trịn ( )O nên ta có

0

90

MLK

  (5)

Từ (4), (5) suy ba điểm M I L, , thẳng hàng Do N I thuộc ( )D nên DNDI, N I đối xứng qua đường thẳng

LD Mà KLD KND KID900 hay KN tiếp tuyến

đường tròn ( ).D

1,0 đ

4 (4 đ)

Cho số nguyên dương a a1, 2, ,a2018 Xét tập

     

  

       2018   

2018 1 2018; 1, ,2018

k k k

i

S a a a k i

Chứng minh tích tất phần tử thuộc S2018là số phương

Với n1, 2, 3, , 2018, ta kí hiệu

     

 

1

1 k k kn ; , 1, ,

n n i

S   a   a    a k   i n

Nhận xét rằng:

+Sncó 2n phần tử số thực đối + Với eSn1 e an Sn

Đặt

n

n e S

A e



 tích tất phần tử thuộc Sn Ta chứng minh An số phương với n1, 2, 3, , 2018, từ ta có điều phải chứng minh

Xét đa thức    

n

n

e S

P x x e



  An Pn 0 Theo nhận xét ta có

        

1

1

n

n n n n n n n

e S

P x x e a x e a P x a P x a



 



        

 

1 1;

S   a a ta có     

1 1 x

P x x a x a x a  

 

     

 

2 2; 2; 2;

S   a  a  a  a a  a a  a ta có

      

   

2 2 2

2

4

1 2

2 x

P x x a a x a a x a a x a a

x a a x a a  

 

        

     

Mà P x2  a3A x2  a B x3 2 ; P x2  a3A x2  a B x3 2  với A x B x2 ; 2   x

 

 P x2   x

 

 Từ ta

      2  2 

3 3 x

P x P x a P x a A x a B x  

 

     

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh

  1, 2, 3, , 2018 

n x

P x   n  

  

2,0 đ

Lại có Snchỉ chứa số đối nhau, giả sử 1 2

2

; ; ; n

e e e 

  

        

1

2

2

1

n n

n

n i i i

e S i i

P x x e x e x e x e

 

  

      

suy P xn Pn x x Do    2

n n

P x Q x với Q xn   x

  

             

  1  1  21  1

n n n n n n n n n n

A P P a P a P a Q a

là số phương

1,0 đ

5 (4 đ)

Cho đa giác lồi P Bạn An muốn ghi vào đỉnh P số nguyên dương cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: i) Trong số ghi, có số chẵn;

ii) Tổng ba số ghi ba đỉnh liên tiếp tùy ý số lẻ Chứng minh bạn An thực cách ghi số đỉnh P chia hết cho

Điều kiện cần: Giả sử bạn An thực cách ghi thỏa mãn đề Xuất phát từ đỉnh đó, lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, kí hiệu đỉnh P A A1, 2, ,An Với

1, 2, , 

i n , kí hiệu ailà số bạn An ghi vào đỉnh Ai Theo i), số a a1, 2, ,ancó số chẵn Khơng

tính tổng qt, giả sử a1chẵn

Trong phần trình bày sau ta coi số nk, 1kn, số klà (các số xét theo modulon)

Nhận xét: Với i j, 1; 2; 3; ;n, j i chia hết cho i

a aj có tính chẵn lẻ Thật vậy, với i1; 2; 3; ;n theo ii) ta có ai ai1ai2 ai1ai2 ai3là số lẻ nên

ai1ai2ai3  aiai1ai2ai3ai số chẵn Vì i

a ai3có tính chẵn lẻ Từ đó, doi tùy ý nên ta có nhận xét

Xét trường hợp sau:

+ Nếu n 3k 1,k 

   Trong trường hợp a1chẵn nên theo

nhận xét a3k1 số chẵn, lại có a3k1a1a2 số lẻ, suy

ra a2 số lẻ Do theo nhận xét a3k2 a1là số lẻ, ta nhận

mâu thuẫn, chứng tỏ n3k1

+ Nếu n 3k 2,k 

   Trong trường hợp a1chẵn nên theo

nhận xét a3k1 số chẵn, lại có a3k1a3k2a1 số lẻ,

suy a3k2 số lẻ Do theo nhận xét, a2là số lẻ, suy 3k 2

a  a a số chẵn, trái với ii), ta nhận mâu thuẫn,

chứng tỏ n3k2

Vì trường hợp khơng xảy nên phải có n chia hết cho

1,0 đ

 Điều kiện đủ: Giả sử Pcó n3k đỉnh k 

 Xuất phát từ

đỉnh đó, lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, kí hiệu đỉnh P A A1, 2, ,A3k

Xét cách ghi số sau bạn An: Với i1; 2; 3; ; 3k, ghi vào đỉnh Ai số nguyên dương lẻ i2 (mod 3) ghi

vào đỉnh Ai số nguyên dương chẵn trường hợp

lại

Rõ ràng cách ghi thỏa mãn điều kiện i) đề

1,0 đ

Do n0 (mod 3) nên ba đỉnh liên tiếp tùy ý P ln có đỉnh có số chia hết cho dư 1, đỉnh có số chia cho dư đỉnh có số chia hết cho Vì thế, với cách ghi số nêu ta ln có tổng ba số ghi đỉnh liên tiếp

P số lẻ (do tổng số lẻ hai số chẵn) Vì cách ghi số thỏa mãn điều kiện ii) đề

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO BẮC GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/9/2018

Câu (4 đim) Giải hệ phương trình

   

1

2

1

y x

x y

x

y x x



  

  

    

 

Câu (4 điểm) Cho hai dãy số  xn  yn thỏa mãn

1

1 2018; 201 1

2

9, n n ; ,

n n n n

x y

x

x y   y x y n





   

 

Chứng minh dãy số  xn  yn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi

D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB

a) Gọi S giao điểm hai đường thẳng EF BC Chứng minh SIAD

b) Gọi X giao điểm khác A hai đường tròn (ABE) (ACF), Y giao điểm khác B hai đường tròn (BAD) (BCF), Z giao điểm khác C hai đường tròn (CAD) (CBE) Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy Câu (3 điểm) Với tập A gồm n điểm phân biệt mặt phẳng n2, kí

hiệu T A  tập hợp vectơ có điểm đầu điểm cuối thuộc A Hãy xác định giá trị lớn giá trị nhỏ T A  (Kí hiệu T A là số phần tử tập hợp T A )

Câu (3 điểm) Cho p số nguyên tố lẻ, k số nguyên dương Đặt S(p, k) =

1

1

p k i

i





 Chứng minh

a) S(p,k)  -1 (mod p) k chia hết cho p –

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu (4 điểm) Giải phương trình

   

1

2

1

y x

x y

x

y x x



  

  

    

 

Nội dung Điểm

Phương trình đầu tương đương y2y x2x2x x 0 Coi phương trình bậc hai ẩn y, tham số x, ta có:

1

2

y x

y x

   

 

1,0

Với y1  x, thay vào phương trình thứ hai, vơ nghiệm

Với y12x, thay vào phương trình thứ hai 2 (*)

2

x x

x

  



1,0

Xét hàm số f x  x21đồng biến 0;,  

2

x g x

x 

 nghịch

biến 0; nên (*) có không nghiệm

1,0

Nhẩm nghiệm thấy (*) có nghiệm x

Hệ có nghiệm x y,  3; 3

1,0

Câu (4 điểm) Cho hai dãy số  xn  yn thỏa mãn

1

1

1

2018; 201

2

9, n n ; ,

n n n n

x y

x

x y   y x y n





   

 

Chứng minh dãy số  xn  yn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

Nội dung Điểm

Đặt

1 1

2018

cos , 0; cos

2019

x

a a x y a

y



 

    

 

Ta tính

  



2

2

2

2019 cos ; 2019 cos , 2019 cos cos ;

2 2

2019 cos cos

2

a a a a

x y x

a a

y

Quy nạp ta

 



 

2

2

2

2019 cos cos cos cos ;

2 2

2019 cos cos cos

2 2

n n n

n

a a a a

x

a a a

y

Do sin 2 2 sin cos  nên

1

1

1

2019.sin 2019 sin

cot ;

2 2 sin

2

n n n n

n

n

a a a

x y

a

 





 

Từ suy

2019 sin 4037

lim lim

2018 arccos

2019

n n

a

x y

a

  

1,0

1,0

Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi

D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB

a) Gọi S giao điểm hai đường thẳng EF BC Chứng minh SIAD

b) Gọi X giao điểm khác A hai đường tròn (ABE) (ACF), Y giao điểm khác B hai đường tròn (BAD) (BCF), Z giao điểm khác C hai đường tròn (CAD) (CBE) Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy

Nội dung Điểm

a) Gọi G giao điểm AD (I) Khi tứ giác GEDF điều hồ Do tiếp tuyến D, G (I) FE đồng quy S

Từ có điều phải chứng minh

1,5

b) Ta có:

sin sin

sin sin

XAB XEB BX

XAC XBE XE

 

 

 

Mặt khác, X điểm Miquel tứ giác toàn phần BAECPF

XBF =  1800 – XPF = XCE, FXB = FPB = CPE

 FXBCXE

XB BF

XECE

sin sin

XAB BF XAC CE 

 

Từ dễ dàng suy đpcm

Câu (4 điểm) Với tập A gồm n điểm phân biệt mặt phẳng n2, kí hiệu T A  tập hợp vectơ có điểm đầu điểm cuối thuộc A Hãy xác định giá trị lớn giá trị nhỏ T A  (Kí hiệu T A là số phần tử tập hợp T A )

Nội dung Điểm

Số đoạn thẳng với hai đầu mút khác thuộc A  1

2

n n

nên số vectơ khác



thuộc A không vượt n n 1 Do kể



  1.

T A n n

Ta chứng minh tồn cấu hình cho T A  n2 n1

Xét n điểm A1, A2, …, An cho A1, A2, A3, …, An d thoả mãn điều

kiện A1Aj < AjAj+1 với j = 2, 3, 4, …, n

Khi dễ dàng cm T A  n2 n1.

1,0

Xét tập A gồm n điểm A A1, 2, ,An Giả sử 1  

1max

n i j n i j

A A A A

  



Gọi d đường thẳng qua A1 vng góc với A A1 n

Khi tất điểm thuộc tập Ađều thuộc nửa mặt phẳng chứa Ancó bờ d, có

1

A thuộc d

0,5

Như có 2(n-1) vectơ khác



và đôi phân biệt

1 2, , n, 1, , n

A A A A A A A A

      2 1

T A  n   n

0,5

1 A

n

Chỉ cần tập hợp mà T A  2n1

Trên trục số đặt Akvào điểm có tọa độ k với A Ai j tồn k

sao cho A A1 k  A A1 k  

hoặc A Ak 1 A A1 k  

, nên minT A  2n1

1,0

Câu (3 điểm) Cho p số nguyên tố lẻ, k số nguyên dương Đặt S(p, k) =

1

1

p k i

i





 Chứng minh

a) S(p,k)  -1 (mod p) k chia hết cho p –

b) S(p,k)  (mod p) k không chia hết cho p –

Nội dung Điểm

a) Nếu k  p -

1

( ) 1(mod ), 1,

k

p p

k

i  p    p  i p

Do

1

1

( , ) 1 1(mod )

p i

S p k p p





    

b) Nếu k ≠ p – k = (p – 1)q + r, ≤ r ≤ p – 2, q  

(mod ) ( , ) ( , )(mod )

k r

i i p S p k S p r p

   

Ta có phương trình xr (mod p) có khơng q r nghiệm

Mà r  {1, 2, …, p – 2} nên tồn a  {1, 2, …, p – 1} cho

1(mod )

r

a  p

Vì (a, p) = nên { }iaip11 hệ thặng dư thu gọn (mod p) Do

1 1

1 1

( , ) ( ) (mod )

( 1) ( , ) 0(mod )

p p p

r r r r

i i i

r

S p r i ia a i p

a S p r p

  

  

  

  

  

Do (ar – 1, p) =  S(p, r)

 (mod p)

0.5

1,0

0.75

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04/10/2018 (Ngày thi thứ nhất)

Câu (4,0 điểm)Giải hệ phương trình sau tập số thực:

2

2

2 2

2

2

log ( 11) log ( 12)

xy x y

xy x y

x y

x y y x

 

   

  

  

     

 

Câu (4,0 điểm)

Cho dãy số thực ( )an xác định *

1

1

1

1, ,

n

n

a a n

a a a



    

   

Chứng minh dãy ( )bn xác định *

1 ,

n n

b a a  a  n  có giới hạn

hữu hạn tìm giới hạn

Câu (6,0 điểm) Cho tam giácABCnhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn ( ).O Gọi

H trực tâm tam giác ABC

a) Gọi ,I K trung điểm AB AC, ; B C1, 1 chân đường cao kẻ từ ,B C tam giác ABC Đường thẳng IK cắt B C1 1 ,U đường thẳng

OH cắt IK V Chứng minh V trực tâm tam giác AHU

b) Gọi M trung điểm đoạn thẳng AH, T giao điểm tiếp tuyến

A đường tròn ( )O với đường thẳng BC, P hình chiếu vng góc

O đường thẳng TM Chứng minh trung điểm đoạn thẳng MP

nằm đường tròn Euler tam giác ABC

 (Chú ý: Đường tròn Euler tam giác ABClà đường tròn qua điểm gồm trung điểm cạnh, chân đường cao trung điểm đoạn thẳng nối đỉnh với trực tâm tam giác ABC)

Câu (6,0 điểm)

a) Tìm tất hàm :f  thỏa mãn

2

( ( ) ) ( ), ,

f xf y x xy f x x y

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1

Giải hệ phương trình sau tập số thực:

                        2 2

2 2 2 5

2

1

2

log ( 11) log ( 12)

xy x y

xy x y

x y

x y y x

4,0 ĐK: 2 2

xy x y x y

xy x y        2 2 ( ) ( ) 2( ) 2

x y x y

x y x y

xy               

  1,0

Từ (*) ĐK, ta có:

và

Do

Do phương trình (1) tương đương

1,0

Thay vào phương trình (2) ta có

Đặt Đặt 1,0 2 0; 0

2 11 0; 2 12 0

xy x y

x x y x

             2 (*) x y x y

x y xy

            0

x  y

2 2

(*) (*)

2

x y x y

VP    xy    xy  x y VT

 

(*) (*)

VP   xy   xy  x y VT

 

(*)  x y

0.

x  y

2

2 2

log (x 2x 11) log (x 2x 12)



    

2

2

2 (2 5) a

 

       

 

 

2

2 2

log (x 2x 11) log (x 2x 12) 2t



Do

(t/m)

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y; 

2 5; , 2   2 5; 22 5

1,0

2

Cho dãy số thực ( )an xác định

*

1

1

1

1, ,

n

n

a a n

a a a



    

   

Chứng minh dãy ( )bn xác định bn a1a2 an, n *

có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

4,0

Ta có n 1 n n 1 n

n

b b a b

b

       với b1 1

Suy bn2 0, với n*

và 2 2 , 3

2

b   b    

 

1,0

Xét hàm f x  x

x

   0; 1, hàm nghịch biến 0; 1

Dùng quy nạp, chứng minh dãy b2n1 dãy giảm bị chặn 2 dãy b2n dãy tăng bị chặn 3

2

 

Do hai dãy tồn giới hạn hữu hạn

2,0

Đặt limb2n1 x, limb2n y Khi đó, ,x y nằm khoảng 0,1

thỏa mãn hệ phương trình

1,0

2

2

(2 5) 11

2 12

t t

x x

x x

    

 

  

   

 

 



(a 1)t at   1 t

2 2 11 9 4 5 2 20 4 5 0

x  x    x  x   

1 (2 1)

x

2

2

1

2

1 2

x y

xy y y

y

xy x x

y x x 

  

    

 



 

  

    

 

Giải hệ ta có nghiệm

2

xy  Do dãy có giới hạn

lim

2

n

b 

3.a

Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn ( ).O Gọi

H trực tâm tam giác ABC

a) Gọi ,I K trung điểm AB AC, vàB C1, 1 chân đường cao kẻ từ ,B C tam giác ABC Đường thẳng IK

cắt B C1 1 U, đường thẳng OH cắt IK V Chứng minh V trực tâm tam giác AHU

3,0

Ta có nên ta cần chứng minh hay

Ta có nằm đường trịn Euler (E) tam giác

ABC Do

1,5

Suy có phương tích với đường trịn đường kính AH

và đường trịn đường kính OA, nên AU vng góc với đường nối tâm hai đường tròn

1,5

V O

U

C1

B1

K I

H

C B

A

UV AH AU HV

AU OH

1, , ,1

B C I K

1. .

UB UC UI UK

Từ

Do ta có điều phải chứng minh

3. b

Gọi M trung điểm đoạn thẳng AH, T giao điểm tiếp tuyến A đường tròn ( )O với đường thẳng BC, P hình chiếu vng góc O đường thẳng TM Chứng minh

rằng trung điểm đoạn thẳng MP nằm đường tròn Euler

của tam giác ABC

 (Chú ý: Đường tròn Euler tam giác ABClà đường tròn qua điểm gồm trung điểm cạnh, chân đường cao trung điểm đoạn thẳng nối đỉnh với trực tâm tam giác ABC

)

3,0

Ta có nên AMOD hình bình hành,

suy , vng góc Lại có AH vng

góc DT nên M trực tâm tam giác TAD

Gọi TM cắt AD N, MN vng góc ND suy N nằm đường trịn Euler tam giác ABC

1,5

Gọi đối xứng M qua N, thuộc đường trịn ngoại tiếp

tam giác TAD, hay thuộc đường tròn đường kính OT, suy

Do

Từ N trung điểm MP thuộc đường tròn Euler tam giác

ABC

1,5

4.a Tìm tất hàm :f  thỏa mãn 4,0

AU OH

AM OD AM OD||

|| MD

AO MD TA

P P

P

 

2

( ( ) ) ( ), , *

f xf y x xy f x x y

Trong (*) cho ta có ,

hàm song ánh R

Trong (*) cho ta có suy

0.5

+) Nếu Trong (*) cho ta có

(2)

Giả sử , (2) cho ta có

Do mâu thuẫn nên giả sử sai

Vậy

1,0

Trong cho ta có (3)

Trong (3) cho ta có

Từ (1) ta có

Trong (4) thay ta có

(5)

0.5

Từ (4) kết hợp ta suy

Ta có

(6)

Trong (5) thay ta có

1,0

Từ (*) cho ta có Vì

Do

(8)

Từ (6) (8) ta có

1,0

1

x  f f y( ( ) 1)  y f2(1) (1)

f

0

x  f(0) f2(0) f(0)0

(0)

f 

(0)

f  y  0

2

( ) ( ) (2).

f x x  f x  x R

( )

f a  x a

2 2

( ) ( ) ( )

f a a  f a  f a  a a   a a

(0)

f  f(0)1 f(0)1

(0)

f 

(*) y 0 f x( )2  f x2( ) x R.

1

x  f(1)f2(1)f(1)1 f(1)0.

( ( ) 1) (4)

f f y   y

y f y( )1

( 2) ( ) (5)

f y f y   y R

(1)

f 

 2

2 2

(( 2) ) ( 2) ( ) 2 ( ) 4 ( ) 4, .

f y  f y  f y   f y  f y   y R

2

2 2

(( 2) ) ( 2) ( ) 2 ( ) 4 ( ) 4, .

f y  f y  f y  f y  f y   y R

y y2

( 4) ( ) 4 (7).

f y  f y   y R

4

y  f x(4 x2)4x f x2( )  x R.

(4) 4

f 

2 2

(( 2) ) ( 4) ( ) ( ) 4

f y f y  y f y  y  f y  y  y R

2 2

(( 2) ) ( 4 4) ( 4 ) 4 ( ) 4 4 .

f y f y  y f y  y  f y  y  y R

( ) .

Thử lại kết luận hàm số thỏa mãn tốn

4. b

Tìm đa thức hệ số nguyên ( )P x thỏa mãn tính chất (2 )P n chia hết

cho ,n với số nguyên dương n 2,0

Với số nguyên dương nguyên tố ta có

Do ta có

Lại có nên

1,0

Với cố định, cho đủ lớn ta suy Từ suy

ra với số nguyên dương Điều kéo theo

1,0

( )

f x x x R

,

k p

2kp 2 (mod )k p

(2 )k (2 ) (mod )kp

P P p

(2 )kp (2 )kp

P kp P p P(2 ) k p

k p P(2 )k 0

(2 )k

P  k

( ) 0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2018

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/10/2018

Câu (4.0 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau tập số thực:

 

 

 

2

2

2

3 ln

3 ln

3 ln

x x x y x

y y y z y

z z z x z

      

 

     

 

     

 

2 Tìm tất hàm :f  thỏa mãn điều kiện sau:

 

  .  , ,

f x  f y yx f x x y

Câu (2.0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đường tròn  O hai điểm ,B C cố định nằm đường trịn cho BC khơng đường kính Xét điểm A di chuyển  O cho AB AC A không trùng với ,B C Gọi D E

lần lượt giao điểm đường thẳng BC với đường phân giác đường phân giác ngồi góc BAC Gọi I trung điểm DE Đường thẳng qua trực tâm tam giác ABC vng góc với AI, cắt đường thẳng AD

và AE tương ứng M N Chứng minh đường thẳng MN

qua điểm cố định

Câu (7.0 điểm) Cho c0 thỏa mãn n 2 c, n *

n

   Chứng minh

2

c Với  x x   x ,   x phần nguyên x

Câu (7.0 điểm) Cho BP 1 1 với số k*,k2, gọi BP k  tích

ước nguyên tố k Hãy với số nguyên dương N, ta xây dựng

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1.1 Giải hệ phương trình tập số thực:

 

 

 

2

2

2

3 ln

3 ln

3 ln

x x x y x

y y y z y

z z z x z

      

 

     

 

     

 

2.0

Ta đưa hệ cho dạng:

 

 

 

3

3

3

3 ln

3 ln

3 ln

x x x x y

y y y y z

z z z z x

      

 

     

 

     

 

Xét f t t33t3 ln t2  t , t

Hệ trở thành:

      f x y f y z f z x

 

 

  

  

0.25

0.25

Ta có  

2

2

3

' 0,

1

t t

f t t t

t t  

    

   nên hàm f đồng biến 

Khơng tính tổng qt, giả sử zyx, x y z, , (trường hợp

xyz tương tự)

Do f đồng biến  nên f z  f y xz

Suy xy z nên ta

   

2 ln

f x xx  x  x x 

(*HS lý luận kiểu khác để suy xy z cho đủ điểm)

0.25

0.25 0.25

Đặt g x x32x3 ln x2x1 , x

  2

2

2

' 0,

1

x

g x x x g

x x



     

   đồng biến  0.25

Mà g 1 0x1 nghiệm phương trình f x x 0.25

1.2 Tìm tất hàm :f  thỏa mãn điều kiện sau:

 

  .    1 , ,

f x  f y yx f x x y

2.0

Ta chứng minh f đơn ánh:

,

x y

  mà f x  f y  từ (1) ta có:

         

yx f x  f x  f y  f x  f x xx f x xy 0.25

Đặt f 0 a, thay x0 vào (1) được: f f y  y (2) Thay y0 vào (2): f f  0 0 f a 0

Thay xa y; 0 vào (1): f a 2aa f a  0 Thay ya2a vào (2):

 

     

2 0 0 0 0

a a f f a a  f aa  f 

0.25

0.25 Thay y0 vào (1): f x 2 x f x   f x f f x    ,  x  (3)

Thay y0; x f x  vào (1):

       2  0   2 f x f f x  f f x  f  f f x 

    (4)

0.25

0.25 Từ (3), (4) suy f x 2  ff x 2

 

Do f đơn ánh nên         

 

2

2

f x f f x f x x (5)

    f x x

f x x

 

 

  

0.25 0.25

Ta chứng minh xảy khả f x x

  ;

f x  x  x 

Thật vậy, giả sử với xo0,yo 0 ta có f x o  xo,

 o o

f y y

      

          

      

 

       

 

 

2 2

2 2

2 2

2

do

4

o o o o o o o o o

o o o o o o o o

o o

f y x f x f y y x f x y x

f y x y x y x y x

Điều vơ lí xo 0;yo0

Vậy f x x, x  f x  x, x 

Thử lại ta thấy hai hàm số thỏa mãn đề

0.25

2 Trong mặt phẳng, cho đường tròn  O hai điểm ,B C cố định

nằm đường trịn cho BC khơng đường kính Xét

điểm A di chuyển  O cho AB AC A không trùng với ,B C Gọi D E giao điểm đường thẳng BC

với đường phân giác đường phân giác ngồi góc BAC

Gọi I trung điểm DE Đường thẳng qua trực tâm tam giác ABC vng góc với AI, cắt đường thẳng AD AE

tương ứng M N Chứng minh đường thẳng MN

đi qua điểm cố định

2.0

Gọi X điểm đối xứng O qua BC suy X cố định 0.25

Ta có OXAH

//

OX AH(vì vng góc BC) nên AOXH hình bình hành

Suy AO HX// (1)

0.25

0.5 Lại có CBDE  1 ID2 IB IC mà IDIAIA2 IB IC 0.25

A

N

I C

H D O

X M

Vậy IA tiếp xúc  O IAOA (2) 0.25 Từ    1 , suy XH AI, mà MN qua H vng góc AI nên

M,N,X thẳng hàng Vậy MN qua X cố định 0.5

3 Cho c0 thỏa mãn n 2 c, n *

n

   Chứng minh

2

c

Với  x x   x ,   x phần nguyên củax 7.0

 



  

  20 1 22 1  22 1

2 n C n 2C n 2nC nn

  

  

 C12n 12C32n 1 2 nC22nn 11

           

2

0 2

2 2

2 n C n 2C n 2nC nn

  

  

 C12n 12C32n 1 2 nC22nn 11

Đặt A2n1 C02n12C22n1 2 nC22nn1,

1

2 2 2

n n

n n n n

B  C   C    C 

                         

2

2 2

2

2

, ,

2

n n n n n n n n B A A B B A 1.0

Từ  

2

2

2 2

2

2 lim

n

n n

n n n

A A

B B B



 

  



   

2 2

2n 2n 1 2n 2n 1

A   B     B   A   B2n1 2 A2n1

2.0

      

 1 A2n 1  2B2n 1 A2n 1 2B2n 1

     

  A2n 1 2B2n 1 B2n 1

 

2

2

Mà

2 2

2

1

lim lim

2 2 2

n n n n n B A B A B         

Theo đề ra:   

 

 2 1 2 1 ,   

2

n n

c B B n c

4 Cho BP 1 1 với số k*,k2 gọi BP k  tích ước nguyên tố k Hãy với số nguyên dương N, ta xây dựng dãy số an1 anBP a n , n * chứa Nsố hạng liên tiếp tạo thành cấp số cộng

7.0

Để chứng minh toán, ta sử dụng hai bổ đề sau:

Bổ đề 1: Trong dãy BP a 1 ,BP a 2 , số hạng ước số hạng tiếp sau

Chứng minh

– Vì BP a n anBP a n anBP a n an1 nên thừa số nguyên tố BP a n ước an1

– Suy BP a n BP a n1

0.5 0.5 Đặt   n n n a b BP a

  

  n n n BP a z BP a 

 với *

n  

Dễ dàng ta có: , , *

n n

b z   n  Mặt khác               1

1 1

1

n n

n n n

n n

n

n

n n n

n

a BP a

a BP a BP a

a b

b

z

BP a BP a BP a

BP a             0.5 0.5

 Bổ đề 2: Với số nguyên dương N, tồn số nguyên dương M cho

 

1 *

M M M N

z z   z    Chứng minh

 Ta có ln tồn vài số nguyên tố p2N nên tồn số nguyên tố m đủ lớn cho amchia hết cho số nguyên tố nhỏ 2N

Ta xây dựng dãy số hạng am(coi số hạng đầu dãy)

Gọi M số lớn m cho bM nhỏ (theo nguyên lí cực hạn)

Theo định nghĩa bM nhỏ nhất, ta có

1

1

1,

M

M M M

M

b

z z z

b

 



    

Do đó, ta chứng minh Bổ đề phản chứng

 Giả sử  * khơng *

min

,

k k

  để zM k 1 1

Vậy 1kN1 zM zM1  zM k 2 1 Suy

1

M k M

b   b k

 Ta có zM k 1 tích số ngun tố ước aM k không ước aM k 1

 Mặt khác, zM k 1 2N

 

1 1

M k M M k M k

z   BP a  z   a   (vô lý) nên zM k 1 2 N  Vì

1

1

1

2

M k M M M

M k M

M k M k

b b k b k b N

b b

z z N N

  

   

    

    

Điều mâu thuẫn với giả thiết bM nhỏ Vậy bổ đề chứng minh

1.0

0.5

0.5

0.5

0.5

 Áp dụng Bổ đề 2, với N, tồn số nguyên dương M

thỏa mãn:

 M  M 1  M N 1 BP a BP a   BP a  

 Vậy aM,aM1, ,aM N 1 số hạng liên tiếp cấp số cộng 1.0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA

NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/10/2018

Bài (5 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:

 

3 2 4 2 1. x y x yxy  x xyy 

Bài (5 điểm) Cho , 0;

2

x y   

  Chứng minh rằng:

 

 

  



 

2 2 2

2

1 1

sin sin sin cos cos

9

2 sin sin sin sin sin cos

x y x y x

x y x y x y

Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC có ABAC nội tiếp đường tròn  O Phân giác góc BAC cắt  O điểm D khác A, lấy E đối xứng B qua AD, đường thẳng BE cắt  O F khác B Lấy điểm G di chuyển cạnh AC

(G khác ,A C), đường thẳng BG cắt  O H khác B Đường thẳng qua C

song song AH cắt FD I Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI

hai điểm phân biệt ,K L Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng KL

luôn qua điểm cố định

Bài (5 điểm) Cho 2018 tập hợp mà tập chứa 45 phần tử Biết hai

ĐÁP ÁN KỲ THI

Lời giải tóm tắt Điểm

Bài (5 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:

 

3 2 4 2 1. x y x yxy  x xyy 

Nhận xét: xy 0,5

 2

2 x y 4xy

    0,5

 

      

3 2 4 2 1

x y x y xy x xy y

  

 x2y2 xy4 4xy1 0,5

 2 

2 4xy x y x y 4xy x y

          1,5

2 x y x y 3; 4;

       0,5

3

xy (không thỏa mãn) 0,5

4

xy (không thỏa mãn) 0,5

5

xy tìm x1;y4hoặc x4;y1 0,5

Bài (5 điểm) Cho , 0;

2

x y   

  Chứng minh rằng:

 

 

  



 

2 2 2

2

1 1

sin sin sin cos cos

9

2 sin sin sin sin sin cos

x y x y x

x y x y x y

Đặt asin sin ,x y bsin cos ,x y ccosx , ,a b c0; a2 b2c2 1 1,0 Ta cần chứng minh

 

2 2

1 1

1 c ab ac bc

a  b       0,5

Thật vậy,

        

2 2

1 1 1

1 c a b a c b c b a c a c b

a  b            

 

   

2 a b c a b a c b c

  

  

Mà ab a c b c  abcabacbcabc

     

  

         

    

1

9

a b c ab ac bc a b c ab ac bc

a b c ab ac bc

1,0

Nên

 

2 2

1 1

1 c ab ac bc

a  b       1,0

Đẳng thức xảy arccos ,

4

3

abc x y 0,5

Bài (5 điểm) Cho tam giácABCcó AB AC nội tiếp đường trịn

 O Phân giác góc BAC cắt  O điểm D khác A, lấy E đối xứng B qua AD, đường thẳng BE cắt  O F khác B Lấy điểm

G di chuyển cạnh AC (G khác ,A C), đường thẳng BG cắt  O

tại H khác B Đường thẳng qua C song song AH cắt FD I Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI hai điểm phân biệt

,

K L Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng KL qua

một điểm cố định

Gọi giao điểm đường thẳng EI BC J 0,5

DF trục đối xứng EC 1,0

   

CEJECIHACHBC nên tứ giác BGEJ nội tiếp 1,5

Phép nghịch đảo k CE CG CJ CB

C

N   biến đường tròn (BCG) thành đường

thẳng EJ nên biến ,K L thành 1,0

Do 2

CK CL k hay đường trung trực đoạn thẳng KL

qua điểm C cố định 1,0

Bài (5 điểm) Cho 2018 tập hợp mà tập chứa 45 phần tử Biết

rằng hai tập tùy ý tập có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2018 tập hợp cho Lấy tập A tùy ý, A có phần tử a thuộc 45 tập hợp khác

Nếu không, số tập hợp không 45x44 + = 1981 1,0

Với tập B bất kì, a khơng thuộc B với tập Ai1 i 45

đều có phần tử ai chung với B mà ai a 1,0

Thành B khơng có phần tử chung với A, có phần tử chung phải thuộc tập Ai1 i 45 nên A Ai1 i 45 có phần tử chung (Vơ lí)

1,0

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO HÀ NAM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VAØ THAØNH LẬP ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI

CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu (4,0 điểm). Cho dãy số  xn xác định bởi:

*

1 2017 2018

1 2017 2018

0; n n ,

n n n n n

x x x n

x x x x x



         

a) Với n*, đặt n 2

n

n y

x

 Chứng minh dãy số  yn có giới hạn hữu hạn

và tính giới hạn

b) Tìm số  để dãy nxn có giới hạn hữu hạn giới hạn số khác

Câu (4,0 điểm) Tìm tất hàm số :f  thỏa mãn

 

 2    ,  1

f x  f y xf x y x y

Câu (4,0 điểm). Cho k số nguyên dương, chứng minh (4k2-1)2 có ước

nguyên dương dạng 12 kn -1(n số nguyên dương) k chia hết cho

Câu 4(4,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) Các

đường cao AD, BE CF cắt H, M trung điểm cạnh BC Đường tròn (J) ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K (KA), AM cắt đường tròn (J) điểm thứ hai Q (Q A), đường thẳng EF cắt đường thẳng AD P, đoạn thẳng PM cắt đường tròn (J) N

a) Chứng minh đường thẳng KF, EQ BC đồng quy song song

b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc

Câu (4,0 điểm) Trong kỳ thi chọn HSG lớp 12 mơn tốn năm học 2018-2019 có 20

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Câu Nơi dung Điểm

1

(4,0 đ)

a) Từ giả thiết suy

2

1

1

0 2

n n n n n

n n

x x x x x

x x

          

Suy         

2 2

1 2

n n n

x x x x n Do limxn 

1,0

Xét xn21xn2 xn1xnxn1xn

  

             

 2017 2018 2017 2018

1 2017 2018 2017 2018

2 n

n n n n n n n n n n

x

x x x x x x x x x x

2 2018 2019 2016 2017

1 2017 2018 2017 2018

2

n

n n n n n x n n n

x x x x x x x x

   

               

   

Suy limx2n1xn22

1,0

Ta có      

2 2 2 2

2

1 1

n n n n

n x x x x x x x

x

n n

  

      



Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có

 2   2   2

2

1 1

limxn lim xn xn xn xn x x x

n n

  

      

 

Do lim 2

2

n

n x 

1,0

b) Xét n n 2 n

n

n

z nx x

x

 

  0,5

Từ đó:

+) Nếu   2 limzn  

+) Nếu   2 limzn 0

+) Nếu   2 lim

2

n

z 

Vậy   2 giá trị cần tìm thỏa mãn đề

0,5

2

(4,0 đ)

Thay x = vào (1) có ff2 y  y2

Thay x = y = vào (1) có ff2 0 0 a f a:  0

Thay y = vào (1) có f x 2 xf x  x  Thay x (–x) có

       

   

        

     



0

f x xf x x xf x xf x

f x f x x

Mà f(0) = suy f hàm lẻ mà ff2 y y2 suy f nhận giá trị , f toàn ánh

1,0

 

      

     

2 2 ,

,

f x f y f x f f y x y

f a b f a f b a b

    

     



Thay a a + b suy f a b   f a  f b a b, 0 Vì f lẻ suy f a b   f a  f b a, bf: cộng tính

1,0

 

           

 

           

     

2 2

2

1 2

1 1 1

1

f x f x f x xf x f x f

f x x f x x f x f

f x xf f x k x x

      

      

     

Thử lại suy k=-1 Vậy f x  x

1,0

3

(4,0 đ)

Bổ đề: x y, ; 4x y1 | 4x  12  xy

Chứng minh: Nếu x=y 4xy 1 4x21 | 4x  12 Gọi (x;y) cặp số nguyên dương “tồi” 4xy1 | 4x  12 xy

Nhận xét:

i) Nếu (x; y) cặp “tồi” x<y tồn số nguyên dương z cho z < x (x; z) cặp số “tồi”

Thật vậy: đặt   

 2

4x

4x

r

y

    

r r 1  r 4xy1  4x2 12  1(mod 4x)

4xz 1,

r z 

   

 2

2

4x

4xz 4x

4x

x y

y 

     

 zx

mà 4xz | 4x   12 suy x z;  cặp ‘’tồi’’ ii) Nếu (x; y) cặp “tồi” (y; x) cặp “tồi”

Thật vậy:

   

         

   

  

      

  

2

2

2 2

2

2

1 4x mod (4x )

4 4x 16 4x mod (4x )

4x |

y y

y y y y y

y y

1,0

Giả sử tồn cặp “tồi” Gọi (x; y) cặp “tồi” cho (2x + y) nhỏ

Nếu x < y, theo (i) suy tồn (x; z) cặp “tồi” cho 2x + z < 2x + y

Nếu y < x, theo (ii) suy (y, x) cặp “tồi” 2y + x < 2x + y Vậy x = y

1,0

Áp dụng bổ đề với x = k, y = 3n

   

(12kn 1)|(4k 1) k n 1,0

4 (4,0 đ)

Không tổng quát giả sử C QSDE   1 QFBA 1

a) Gọi A’ điểm đối xứng với H qua M, suy BHCA’ hình bình hành Do NF2 NB NA suy  đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Suy

   

    2  

/( ) /( )

N O M O

P P NO R MO R NO MO

Dễ thấy AH đường kính đường trịn (J), suy  Từ (1) (2) suy K, H, A’ thẳng hàng Mà H, M, A’ thẳng hàng nên suy K, H, M, A’ thẳng hàng

Gọi L giao điểm AK BC

Từ kết giả thiết, suy H trực tâm tam giác ALM suy LH vng góc với AM, gọi

     

2 2

0

0

2 ( )

NO NI MO MI

NO NI NO NI MO MI MO MI

IO NM MN IO đpcm

 

    

 

      

   

   

       

  suy

tứ giác: ABDE, ALDQ nội tiếp, suy DBDC nội tiếp

Ta có:    

2

B B

DBI DBC BAD DIB DBI Suy tứ giác

KLBF, CMQE nội tiếp

Như vậy: LB trục đẳng phương hai đường tròn (LBQE)

KLBF); KF trục đẳng phương hai đường tròn ((KLBF) (J);

EQ trục đẳng phương hai đường tròn (J) (LBQE)

Do đường thẳng KF, EQ BC đồng quy song song 1,0

b) Ta có: AK trục đẳng phương hai đường trịn (O) (J); EF

là trục đẳng phương hai đường tròn (J) (BFEC); BC trục đẳng phương hai đường tròn (BFEC) (O), mà AK cắt BC

tại L, suy AK, EF, BC đồng quy L

Ta có M tâm đường tròn (BFEC), suy ABAC2BC

kết hợp với

    

CA GB BA GC (1)

CA GB CB GA BA GC

CB GA BC GA

Suy P trực tâm tam giác JLM Do



  

 

  



( ) sin

,

( ) sin

( ) sin

(2)

( ) sin

CA FA S GAF GA AGD

CB FB S GBF GB BGD

BA EA S GEA GA AGD

BC EC S GEC GC CGD

Gọi S giao điểm JL MP, ta có tứ giác LDPS nội tiếp, suy CA GA DA BA ;  GA DA

CB GB DB BC GC DC

 CA GB  DA BA GC;  DA (3)

CB GA DB BC GA DC

Xét tứ giác tồn phần AEHFBC, ta có (A,H,P,D) = –1, mà J

trung điểm AH, suy DA DA 1 (dfcm)

DB   DC  DB DA DC

(4) Từ (3) (4) suy B A C1 1 1B HC1 1 BAC, mà A B C1 1 suy LN tiếp tuyến (J) Suy ABC tiếp tuyến đường

tròn (BNC) (5) Từ A B C1 14 điểm A, K, D, M thuộc đường tròn, suy

1 ; ;

A x B y C z tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác

MND (6) Từ (5) (6) suy hai đường tròn (BNC) (MND) tiếp xúc N (đpcm)

1,0

5 (4,0 đ)

Ta gọi chung nhóm “tình bạn” nhóm “xa lạ” nhóm “đặc biệt” Số nhóm người mà khơng phải nhóm “đặc biệt” C320n1140n

1,0 Ta gọi T số ( ,{ , })A B C cho A quen B C A không quen B C

TH1: Với nhóm đặc biệt số ( ,{ , })A B C 3, số ( ,{ , })A B C 3n

0,5

TH2: Với nhóm người, mà khơng phải nhóm đặc biệt số

( ,{ , })A B C , trường hợp số ( ,{ , })A B C

3

20 1140

C n n.Vậy T11402n

0,5 Với bạn học sinh A, giả sử bạn A quen với x học sinh khơng quen với y học sinh Ta có xy19 số ( ,{ , })A B C

ứng với học sinh A

        

2 1 19 18

2 2 81

x y

C C  x x  y y  x x  x x 

0,5

Suy T81.201620 hay 11402n1620 Vậy n240 0,5 Để dấu bằng, ta đánh số bạn học sinh A1,,A20 xây dựng mô sau: Ai Aj quen ,i j tính chẵn lẻ Và Ai khơng quen Aj ,i j khác chẵn lẻ Khi số ( ,{ , })A B C ứng với nhà toán học A C102 C92 81, tức dấu xảy

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO HAØ NỘI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THAØNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/9/2018

Bài (4 điểm) Gọi d d1, 2, ,dk tất ước nguyên dương n xếp theo thứ tự tăng dần Tìm tất số ngun dương n có tích chất sau:

5

5

40

7

d d

d d n

  

 

 

 

Bài (4 điểm) Cho đa thức P x xpax2 bx c , ,a b c số nguyên p số nguyên tố Biết P x  có ba nghiệm nguyên x x x1, 2, 3 thỏa mãn x1x2x2 x3x3 x1 không chia hết cho p Chứng minh

abcac chia hết cho p3

Bài (4 điểm) Với số nguyên dương n xét hàm số

  2n 2n 1.

n

f x x x   x

1) Chứng minh hàm f xn  đạt giá trị nhỏ điểm xn

2) Tìm lim f xn n

Bài (4 điểm) Cho hai đường tròn  O  O' cắt A B Qua A kẻ hai đường thẳng 1 2 1 cắt hai đường tròn  O  O' C

và ;D 2 cắt hai đường tròn  O  O' E F ( , , ,C D E F khác

A) Các đường trung trực CD EFcắt K Đường thẳng d thay đổi qua K cắt đường tròn  O' , P Q Chứng minh trực tâm tam giác

APQ ln nằm đường trịn cố định

Bài (4 điểm) Xét số hữu tỉ dương x x1, 2, ,xn thỏa mãn

1

1

1 1

; ; ; n

n

x x x

p p p

  

là số nguyên dương (với .2 n , 1; 2; ;  i

i

x x x

p i n

x

   )

1) Chứng minh x x1 2 xn 1

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1

(4 đ)

TH1: Nếu n lẻ dilẻ với i1, 2, ,k

Từ 5 7 7

7

|8 |

7

|7 |7

d d d d

d d n

d d d d

 

 

   

 

 

0,5

7 21 1, 3,7, 21

d d n d

     ước n 0,5

Mà theo giả thiết d5 40d3 40d1 1,d2 3,d3 7,d4 21 0,5

5 47 21.47 987

d n

    

Thử lại thấy n987thỏa mãn yêu cầu toán 0,5

+ Nếu n chẵn suy d1 1,d2 2.Từ 7d58d7 3nchẵn suy d5

chẵn nên d3 d540 chẵn Suy d3 4hoặc d3 2 ,k k2 1,0

Nếu 3

2

|

2 ,

2

k n

d k k

d k d

 

   

  

 

điều vô lý

Vậy d3 4d5 4411, 22 hai ước n mà hai ước nằm d d3, 5điều vô lý n chẵn không thỏa mãn Kết luận: n987là số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán

1,0

2

(4 đ)

Ta có      

1

2

1 1 1 1

p p

P x x ax bx c x x ax  b x c 0,5

Mà theo định lý Fecma ta có    

1 mod

p

x x  p suy

   

2

1 1 mod

ax  b x  c p

0,5

Tương tự ta có ax22 b1x2 c mod p

   

2

3 mod

ax  b x  c p 0,5

Suy ax12 b1x1cax22b1x2c0 mod p

x1x2 a x1x2  b10 mod p

1,0

Mà x1x2x2 x3x3x1 không chia hết cho p suy

 2  1 mod 

a x x b p

    

 

Tương tự a x 2x3  b10 mod p

Suy a x 1x2  b1a x 2 x3  b1 0 mod p

 2 mod  mod 

a x x p a p

    

0,5

b 1 mod p c mod p

    

abc ac

  chia hết cho p3 0,5

3.

(4 đ)

1) Với x0xk 0  k 1, 2, , 2n f xn( ) 1 Với x  1 x2k1(x1)0  k 1, 2, ,n

 

    

1

( ) ( 1) 1

n k n

k

f x x x

Do để tìm giá trị nhỏ hàm số f xn( ) ta cần xét 1,0

x   đủ

0,5

Với x  1,0 ta có

2 2

/

2

1 (2 1)

( ) ( )

1 (1 )

n n n

n n

x nx n x

f x f x

x x

 

   

  

 

Đặt g xn( )2nx2n1(2n1)x2n1

  

g xn/( )2 (2n n1)x2n 1(x1)   0 x  1, 0

0,5

Do g xn( ) đồng biến 1, 0 Mặt khác gn(0)10,

   

( 1) n

n

g suy g xn( )0 có nghiệm

( 1, 0)

n

x   g xn( )0   x ( 1,xn),g xn( )0  x (xn, 0)

0,5

Do /( ) 0

n

f x  có nghiệm xn ( 1, 0)

/( ) 0 ( 1, ), /( ) 0 ( , 0)

n n n n

f x    x x f x   x x

Từ suy tồn xn ( 1, 0) cho

( ) ( )

n n n

f x  f x với x

0,5

2) Đặt Sn  f xn n

Do

2

1 1

( 1, 0)

1

n n

n n

n n

x

x S n

x x





       

 

Ta chứng minh không tồn

a cho Sn   a n n0 Thật

vậy giả sử tồn 1: 0

2 n

a S a  n n suy





         



0

1

( 1, 0) ( ) ( )

1

n

n n n

x

x f x f x a n n

x





  



1

lim

1

n

x

a x

0,5

     



1

( 1, 0)

1 x a x



   



1 1

lim

2 x x a điều vơ lý

Ta lại có Sn1 min fn1( )x  fn1( )xn



xn2n 1(1xn) f xn( n) f xn( n)Sn

Vậy Snlà dãy đơn điệu không tăng bị chặn

1

limS

2   nS

0,5

Nếu

2

S chọn 1( 1)

2

d S

Do Sn S limSnS n0 : SnS   d n n0   1( 1) 1  0

2 2

n

S S n n

Điều mâu thuẫn với chứng minh limS

2

n S

0,5

4

Kẻ đường kính AM AN đường trịn (O) (O’) Gọi I, J, K’ trung điểm CD, EF, MN.

Vì tứ giác MNCD hình thang vng nên K’I vng góc CD suy K’ thuộc trung trực CD

Tương tự K’ thuộc trung trực EF

Vậy 'K K

2,0

AH cắt đường tròn (O’) L

Chứng minh H đối xứng với L qua PG 1,0

Từ suy MH song song với NL Nên MHA900

Vậy H thuộc đường tròn (O) cố định

1,0

5

(4 đ)

1) Đặt Px x1 2 xnx Pi i   P i 1, 2, ,n P P1 2 Pn Pn1



Theo giả thiết

 

  *  1, 2, ,

i i

x N i n

P





 1 2    *   *

1

1

1 1 ( 1)

( )( ) ( )

n

n n

n

P

x x x N N

P P P P

1,0

Theo giả thiết xi Q i 1, 2, , n P Q P a

b

 

      

với a b, N*,( , )a b 1

Từ suy     *

1

( )

n n

a b

m N

b a

   

 anC an1 n 1b C nn 1a b n 1bn man 1b (1)

Từ đẳng thức (1) ta suy |

|

n n

a b b a    



mà ( , )a b 1ab1P1 Vậy x x1 2 xn1

2) Ta lại có

 

1

2 2 n 2n 2 ,i 1, 2, ,

n i i

x x x  y  x    N  i n Từ suy 2 2x1 x2 xn 2n 12  n n (2)

Đặt  

*

1

1, 2, ,

(3)

i

i i

n

N i n

n 

 

  

   



   

   

 

Từ suy luận ta suy số có thứ tự ( ,x x1 2, ,xn)bằng số nghiệm tự nhiên phương trình (2) số nghiệm nguyên dương phương trình (3)

1,0

Ta goi X tập xâu có tính chất độ dài xâu 3n – bao gồm 2n số 1, n – 1 số cho số không đứng đầu xâu,cuối xâu hai số đứng cạnh xâu đó.Gọi T tập nghiệm nguyên dương phương trình (3).Xét ánh xạ

:

f TXsao cho nghiệm ( 1, 2, ,n)được đặt tương ứng với xâu (1,…,1,0,1,…,1,0,… ,0,1,…,1) với số số xâu  1, 2, ,n.Dễ thấy f song ánh nênT  X Mà số phần tử tập X số cách chọn n-1 vị trí 2n – vị trí số để đặt số 0,số cách chọn C2nn11

Vậy số số thỏa mãn yêu cầu toán C2nn11



1,0

 Chú ý:

Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa