Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2019 cụm THPT chuyên DHĐB Bắc Bộ | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu.. Tìm giá trị nhỏ nhất của k.[r]

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ THI MƠN: TỐN HỌC 11

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/4/2019

Câu (4 điểm) Cho dãy số  1 )

(un n bị chặn thoả mãn điều kiện

2

,

5

n n n

u   u  u

 n 1, 2, 3, Chứng minh rẳng dãy  un có giới hạn hữu hạn

Câu (4 điểm) Cho ABC có đường trịn nội tiếp  I tiếp xúc với BC CA AB, , D E F, , Đường thẳng qua A song song BC cắt DE DF, M N, Đường tròn ngoại tiếp tam giác

DMN cắt đường tròn I điểm L khác D

a) Chứng minh A K L, , thẳng hàng.

b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN M N, cắt EF U V, Chứng minh

rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN Câu (4 điểm) Tìm tất đa thức cho với số ngun dương, phương trình có nghiệm ngun

Câu (4 điểm) Cho p số nguyên tố có dạng 12k 11 Một tập S tập M {1; 2; 3; ; p 2; p1}

gọi “tốt” tích tất phần tử S khơng nhỏ tích tất phần tử M S\ Ký hiệu S hiệu hai tích Tìm giá trị nhỏ số dư chia S cho p

xét tập tốt M có chứa

2

p 

phần tử

Câu (4 điểm) Cho đa giác lồi n đỉnhA A A0 n1 n2  Mỗi cạnh đường chéo đa giác

được tơ k màu cho khơng có hai đoạn thẳng xuất phát từ đỉnh màu Tìm giá trị nhỏ k

HẾT

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung trình bày Điểm

1 Đề xuất trường THPT chuyên Biên Hòa, Hà Nam Cho dãy số 

1 )

(un n bị chặn thoả mãn điều kiện

2

,

5

n n n

u   u   u  n 1, 2, 3,

Chứng minh rẳng dãy  un có giới hạn hữu hạn

4,0

Ta có un un un 5

2

2   

  1

3

,

5

n n n n

u   u u   u  n 1, 2,3, (1)

Đặt vn

3 ,

n n

u  u

   n 1, 2,3, từ (1) ta có vn1 vn,  n 1, 2,3, (2)

1,0

Vì dãy số  1 )

(un n bị chặn nên tồn số M cho un M,  n 1, 2,3, suy

,

5

n

v M M  M  n 1, 2,3, (3)

Từ (2) (3) ta thấy dãy (vn) không giảm bị chặn Do đó, dãy hội tụ

0,5

Đặt limvn a 5a

b  Ta chứng minh limun b

Thật vậy, limvn a nên  0 nhỏ tùy ý, n 0 N* cho ,

5

n

v  a   n n0

Khi đó, nhờ có đánh giá

1

3 3

( ) ( ) ,

5 5 5

n n n n n n

b u   b  u  b  u   b  u  b u   u  

ta thu

3

,

5

n n

u   b  u  b  n n0

1,0

Từ kiện ta suy

3

;

5

n n

u   b  u  b 

0

2

2

3 3

;

5 5 5

n n u

u  b u  b  u b  

             0

3 3

5 5 5

k k k

n k u

u b u b 

hay

0

3

3 .

3

5 1

5 k

k k

n k u n

u  b u b  u b 

    

     

        

    

Do un0k  b với k đủ lớn tức un  b với n đủ lớn  0 nhỏ tuỳ ý Vậy

b un 

lim

Hay dãy  un có giới hạn hữu hạn (đpcm)

0,5

2 Đề xuất trường THPT chuyên Lào Cai, tỉnh Lào Cai

Cho ABCcó đường trịn nội tiếp I tiếp xúc với BC CA AB, , D E F, , Đường thẳng

qua A song song BC cắt DE DF, lần lượt M N, Đường tròn ngoại tiếp tam giác

DMNcắt đường tròn I điểm L khác D a) Chứng minh A K L, , thẳng hàng.

b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN M N, cắt EF U V,

Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN

a) Trước hết ta chứng minh K trực tâm MDN Thật vậy:

Do AN BC nên ANFFDB

Do D E F, , tiếp điểm  I BC CA AB, , nên BD BF

    

BDF BFD ANF BFD AFN

      ANF cân A AN AF

Chứng minh tương tự ta có AM AE mà AEAF nên AN AF AEAM NEM

  vuông E; NFM vuông F

;

NE MD MF ND

   mà NE MF K suy K trực tâm MDN

1,0

-Bây ta chứng minh A K L, , thẳng hàng:

+ Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN Gọi D' điểm đối xứng D qua T Ta có ND'KM (vì vng góc với ND), MD'KN (vì cùng

vng góc với MD) Do ND MK' hình bình hành Do A trung điểm MN nên K trung điểm KD’

Do D’, A, K thẳng hàng (1)

+ Hơn nữa, tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK nên DL vng góc với LK Mặt khắc DD’ đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vng góc với LD’ Do L, K, D’ thẳng hàng (2)

Từ (1) (2) suy raA K L, , thẳng hàng (đpcm).

1,0

b) Gọi P giao UL DMN PL; Q giao LV DMN QL

Do MU tiếp xúc DMN M nên DMU DNM Lại có MEU FNM (do

NMEF nội tiếp đường trịn đường kính MN) nên UME UEM   UME cân tại

U UM UE

Ta có UM2 UP UL. UPUL UE. UE UL UEP ULE

UP UE

        (c.g.c)

     

180 180

UPE UEL UPE UEL EPL LEF

        (3)

Lại có LEF 1800 LDF

  (do LEFD nội tiếp) LPN 1800 LDN (do LPND

nội tiếp) nên LPN LEF (3)

Từ (3) (4) suy LPN EPL  P E N; ; thẳng hàng

Chứng minh tương tự ta có Q E M; ; thẳng hàng

Do MNQP nội tiếp nên NMQNPQ

Do NMEF nội tiếp nên NMF NEF

Do NEF NPQ EF PQ  UV PQ .

Do LQP tiếp xúc với LUV L suy UVL tiếp xúc với DMN tại L (đpcm).

1,0

3 Đề xuất trường THPT chun Lê Q Đơn, tỉnh Quảng Trị

Tìm tất đa thức cho với số nguyên dương, phương trình có nghiệm ngun

4,0

Rõ ràng deg( ) 0.P  Đặt deg( )P m hệ số bậc cao không tổng

quát, coi

Gọi nghiệm nguyên lớn phương trình

Dễ thấy nên

1,0

Hơn nữa, ước nên với

số tự nhiên Suy

và

1,0

Do đó, phải

Đặt Từ ta suy Từ đó, ta tìm tất

các đa thức thỏa mãn với số nguyên

tùy ý

1,0 4 Đề xuất trường THPT chuyên Bình Long, tỉnh Bình Phước

Cho p số nguyên tố có dạng 12k 11 Một tập S tập M {1; 2; 3; ; p 2; p1}

gọi “tốt” tích tất phần tử S khơng nhỏ tích tất phần tử M S\ Ký hiệu S hiệu hai tích Tìm giá trị nhỏ số dư chia

S

 cho p xét tập tốt M có chứa

2

p 

phần tử

4,0

Trước hết, xét tập 1, 3, , 2,

2

p p

S   p p 

   rõ ràng S tập tốt

1

2 1

( 1) ! ! ! (mod )

2 2

p S

p p p

a p                             ,

trong !

2 p a   

  thỏa mãn

2

|

p a  theo định lý Wilson

1,0

Ta xét trường hợp:

- Nếu a1 (mod )p  S (mod )p

- Nếu a1 (mod )p tập S, thay

2

p 

1(mod )

2

p p

p

 



dễ thấy dấu S thay đổi thành Khi đó, hai trường hợp, ta

được tập tốt có  S (mod )p

1,0

Ta chứng minh không tồn S tốt cho  S (mod )p Xét tập tốt S bất

kỳ gọi a a, tích phần tử S M S, \ Theo định lý Wilson ( 1)! (mod )

aa  p  p

1,0 Khi đó, a a  (mod )p p a | 1

, vơ lý ta biết a  khơng có ước ngun tố2 1

dạng 4k 3 Còn a a 1 (mod )p (2a 1)2 3 (mod )p

  , vơ lý

p  

     theo giả thiết thìp 11 (mod12)

Vậy giá trị nhỏ cần tìm

1,0

5 Đề xuất trường THPT chun Lê Q Đơn, tỉnh Bình Định

Cho đa giác lồi n đỉnhA A A0 n1 n2  Mỗi cạnh đường chéo đa giác tô

Dễ thấy kmin  n 1, k < n -1 hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ

đỉnh tô màu 0,5

TH1 Nếu n số chẵn gọi màu cần tô 0,1, ,n  2 Ta tô màu sau: i j

A A tô màu i j mod(n1) 0i j n,   2 A Ai n1 tô màu

   

2 mod(i n1) 0  i n

1,0 Cách tô màu thỏa mãn đề Thật

+ Nếu A A A Ai j, i k0i j k n, ,   2tơ màu j k mod(n1)  Vơ lí ! + Nếu A Ai n1,A Ai j0i j n,   2tơ màu ijmod(n1)  Vơ lí !

+ Nếu A Ai n1,A Aj n10i j n,   2 màu 2i2 mod(j n1)  i jmod(n1) 

Vơ lí !

Vậy cách thỏa mãn yêu cầu toán Như kmin  n (1)

0,5

TH2: Nếu n số lẻ giả sử tơ với n – màu 0,1, ,n  2 Khi đó, tất đoạn

thẳng có màu 1, ,n  2 xóa hết cịn lại đoạn thẳng có màu Suy ra

degA i 1

0

deg

n

i i

A n







  ( Vì tổng số bậc lần số cạnh) Điều vơ lí Do

đó k n

1,0

Với k = n ta tô màu sau: Gọi n màu cần tô 0,1, ,n 1 A Ai j tơ màu mod 

i j n Cách tô thỏa mãn yêu cầu toán Thật A A A Ai j, i k tơ màu

thì ijmodn vơ lí.

Như kmin n (2)

Từ (1) (2) suy

1

2

2

n k     

 