11 (1)-6-206

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 Ngày thi: 03/4/2021 MƠN THI: TỐN – KHỐI: 11 THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận Đề thi có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Lưu ý: - Thí sinh làm câu tờ giấy riêng ghi rõ câu số trang tờ giấy làm - Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Câu (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương có tổng Chứng minh rằng: 2  a2  b2  b2  c2  c2  a   a  b2  c2 Câu (3,0 điểm) Tìm tất hàm số f : (0; )  (0; ) thỏa mãn điều kiện   y  f ( x  f ( y ))  xf 1  f    với x, y  (0; )  x   Câu (4,0 điểm) a Cho m, n số nguyên dương cho 2m  n ước dương n 1 Chứng minh phương trình x m  y m  ( x  y) n có nghiệm nguyên dương b Có số nguyên dương n cho phương trình x304  y 304  ( x  y )n có nghiệm nguyên dương? Câu (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O ) Gọi A, B , C  chân đường cao hạ từ đỉnh A, B , C Một đường tròn qua B , C  tiếp xúc với cung  (O) A Các điểm B , C xác định tương tự nhỏ BC a Chứng minh A1 B  A1C cot B cot C b Vẽ hình bình hành B1 ABX , C1 ACY Chứng minh điểm X , Y , A1 A0 thuộc đường trịn với AA0 đường kính (O ) c Vẽ hình bình hành BA1CA2 , CB1 AB2 , AC1 BC2 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2 C2 qua trực tâm tam giác ABC Câu (4,0 điểm) Bộ hai số nguyên khác không  x, y  gọi “bộ số đẹp” x số lẻ, y số chẵn, x, y nguyên tố x  y số phương a Chứng minh  x, y  “bộ số đẹp” tồn số nguyên u , v   khác khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cho  x, y   u  v , 2uv b Với “bộ số đẹp”  x, y  ta tạo “bộ số đẹp” phép biến đổi: đổi dấu số cộng số nguyên k vào số cho  x  k , y  k  “bộ số đẹp” Chứng minh với số đẹp  x, y   z, t  cho trước ta biến đổi từ  x, y  thành  z, t  sau hữu hạn bước biến đổi HẾT Họ tên thí sinh: SBD: Trường: Tỉnh/TP: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 Ngày thi: 03/4/2021 MƠN THI: TỐN 11 - THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận ĐÁP ÁN Đáp án có 06 trang Nội dung Điểm Cho a, b, c số thực dương thay đổi có tổng Chứng minh Bài 2  a2  b2  b2  c2  c2  a   a  b2  c2    Cách 1: Xét u   a, b  , v   b, c  , w   c, a      u  v  w   a  b  c, a  b  c    2;        Ta có u  v  w  u  v  w  a  b  b  c  c  a  2 2 a  b  ab 2 2 Cách 2: Ta có a  b   a b  2 Tương tự cho số hạng lại, ta a  b2  b2  c  c  a   a  b  c   2 Do bất đẳng thức đối xứng nên ta giả sử a  a, b, c a2 a  ab  b  a  b   b 2 a a a2  c2   ac  c  a  c   c Ta có a  b  b c  a b c Cộng vế với vế, ta 2 2 a2  b2  b2  c2  c2  a  a  b  c  a2  b2  c2  a2  b2  b2  c  c2  a   a2  b2  c2 Bài Tìm tất hàm số thực f : (0; )  (0; ) thỏa mãn điều kiện   y  f ( x  f ( y ))  xf 1  f    với số thực x, y  (0; )  x   Ta có f ( x  f ( x))  xf 1  f 1   cx với x  (0; ) (1) c  f 1  f (1)  Thay x thành x  f ( x) vào (1) Suy f ( x  f ( x)  f ( x  f ( x)))  c( x  f ( x)) với x  (0; ) (2) Thế (1) vào (2): f ( x  f ( x)  cx)  c( x  f ( x)) với x  (0; )  f ((c  1) x  f ( x))  c( x  f ( x)) với x  (0; ) (3)    Mặt khác theo đề f ((c  1) x  f ( x))  (c  1) xf 1  f    (4)  c 1      Từ (3) (4), suy (c  1) xf 1  f     c( x  f ( x)) với  c 1   x  (0; ) Suy f ( x)  ax với x  (0; ) Do f : (0; )  (0; ) nên a  (0; ) Thử lại thấy thỏa mãn 1 Bài a) Cho m, n số nguyên dương cho 2m  n ước nguyên dương n 1 Chứng minh phương trình x m  y m  ( x  y)n có nghiệm nguyên dương n 1 m n  x m  y m  ( x  y)n a) Chọn x  y  Suy phương trình có nghiệm ngun dương b) Có số ngun dương n cho phương trình x304  y 304  ( x  y )n có nghiệm ngun dương Nếu n  304 , x, y  ta có ( x  y )n  x n  y n  x304  y 304 nên phương trình khơng có nghiệm ngun dương Nếu n  x304  y 304  x  y có nghiệm nguyên dương x  y  Xét  n  303 Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương ( x, y ) Đặt x  da, y  db với (a, b)  1 0,5 Ta d 304  a 304  b 304   d n  a  b   d 304n (a 304  b304 )  (a  b)n (1) n Cách Đặt d    a 304  b304 , (a  b) n   Nếu d  có ước nguyên tố lẻ p p a  b  p a304  b304 nên p 2a304  p a, p b vô lý Vậy d   2k , k  * Do d  chẵn nên a, b lẻ Khi a 304  b304  (mod 4) nên d   Do a304  b304 (a  b) n a 304  b304 nên   a  b  2 2,5 Thế vào (1): d 304n  2n1  Suy d  2k với k * n   k (304  n) Suy n   n  304  303 (304  n)  304  n 303 Suy n  303,301, 203 Các giá trị thỏa mãn (theo câu a) Cách Từ (1) suy a  b d 304n (a 304  b304 ) Lại có a  b (a  b )  a  b d 304 n (a304  b304 ) nên a  b 2d 304n a 304 Do  a  b, a    a  b 2d 304 n (2) Trường hợp 1: a, b lẻ  2d 304 n  (a  b) k r với r   a  b  , k  Thế vào (1): r  a 304  b 304    a  b  nk (3) Nếu n  k r  a 304  b 304    r   a 304  b 304  (do a, b lẻ)  r   a  b Trường hợp xét cách Nếu n  k (3)  r  a 304  b 304   a  b  2,5 Mà r  a 304  b 304   a  b   a  b  Cộng vế với vế ta  304   a  b  Mà  a 304 , a  b   nên r  ( a  b) (mâu thuẫn) Trường hợp 2: a, b khác tính chẵn lẻ  a  b số lẻ Từ (2)  a  b d 304n  d 304n  (a  b)l s l  1, s  (a  b)  Thế vào (1): s(a Mà s  a 304 Mà  a 304 304 b 304 )  (a  b) n l   s a 304 b 304    a  b    a  b   a  b  Cộng vế với vế ta  2sa   a  b  , a  b   nên s  ( a  b) (mâu thuẫn) b 304 2 304 Cho tam giác nhọn khơng cân ABC nội tiếp đường trịn (O ) Gọi A, B , C  Bài chân đường cao hạ từ đỉnh A, B , C Một đường tròn qua B , C  tiếp xúc với  (O) A Các điểm B , C xác định tương tự cung nhỏ BC 1 a) Chứng minh A1 B  A1C cot B cot C Giả sử điểm có vị trí hình vẽ, trường hợp khác chứng minh tương tự a) Các đường trịn ( A1 BC ), (O),( BCBC ) có trục đẳng phương cặp đường tròn đồng quy tâm đẳng phương P  PA1 tiếp tuyến chung đường tròn ( A1 BC ),(O)  tam giác PA1 B đồng dạng tam giác PCA1  A1 B PB PA1 PB    AC PA1 PC PC Chú ý (PA’BC)=-1, ta Vậy A1 B  A1C AB cot B  AC cot C PB  PC cot B cot C b) Vẽ hình bình hành B1 ABX , C1 ACY Chứng minh A1  ( XYA0 ) với AA0 đường kính (O ) B1C  B1 A Tương tự câu a) ta cot C C1 A ,  cot A C1 B  sin  sin  CBB     ACC      sin   A AC  sin  B BA sin  C CB   sin BAA 1 1 AB BC C A cot A   A1C B1 A C1B cot B 1 Theo định lý Ceva sin ta có AA1 , BB1 , CC1 đồng quy T Gọi X ' trung điểm AX Do AB1 XB hình bình hành nên X ' trung  điểm BB Suy OX ' T  900 Gọi Y ', T ' trung điểm AY , AA1 Chứng minh tương tự, ta   OT 'T  OY ' T  900 Suy X ', Y ', T ' thuộc đường trịn đường kính OT Suy O  ( X ' Y ' T ') Xét phép vị tự tâm A tỉ số 2: X '  X Y 'Y T '  A1 O  A0 Do X ', Y ', T ', O đồng viên nên X , Y , A1 , A0 đồng viên Vậy A0  ( XYA1 ) c) Vẽ hình bình hành BA1CA2 , CB1 AB2 , AC1 BC2 Chứng minh ( A2 B2C2 ) qua trực tâm tam giác ABC     Do CY  AC1 ( C1 ACY hình bình hành) AC1  C2 B ( AC1 BC2 hình bình   hành) nên CY  C2 B nên C2 đối xứng Y qua trung điểm BC Tương tự B2 đối xứng X qua trung điểm BC Do trực tâm H tam giác ABC đối xứng A0 qua trung điểm BC Gọi I trung điểm BC Xét phép đối xứng tâm I Y  C2 X  B2 A1  A2 A0  H Theo câu b ta có X , Y , A1 , A0 đồng viên nên H , A2 , B2 , C2 đồng viên Vậy H  ( A2 B2C2 ) Bộ hai số nguyên khác không  x, y  gọi “bộ số đẹp” x số lẻ, y Bài số chẵn, x, y nguyên tố x  y số phương a) Chứng minh  x, y  “bộ số đẹp” tồn số nguyên u, v khác khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cho  x, y    u  v , 2uv  1,5 Nhận xét cặp  x, y  cặp số đẹp tồn số nguyên dương z cho x2  y  z Có z số lẻ nguyên tố với x y (do (x, y) = 1) Giả sử x, y  , x số lẻ y  2t số chẵn Ta có x  4t  z  4t  ( z  x)( z  x) Ta có z – x, z + x hai số chẵn suy tồn hai số nguyên m, n cho z  x  2m, z  x  2n m.n  t z  m  n  x  m  n Do (z, x) = nên (m, n) = Mà m.n  t nên tồn hai số nguyên u, v nguyên tố cho m  u , n  v u.v  t Vậy x  u  v , y  2uv 0,5 0.5 0.5 b) Với “bộ số đẹp”  x, y  ta tạo “bộ số đẹp” phép biến đổi: đổi dấu số cộng số nguyên k vào số cho  x  k , y  k  “bộ số đẹp” Chứng minh với số đẹp  x, y   z, t  cho trước ta ln biến đổi từ  x, y  thành  z, t  2,5 sau hữu hạn bước biến đổi Ta thực biến đổi: Bước 1: Biến đổi  x, y  thành  x0 , y0  với x0 , y0  Bước 2: Với  x0 , y0  trên, ta có hai số u , v tương ứng ( u  v ) thỏa mãn x0  u  v  0, y0  2uv Nếu u  2v ta biến đổi cách cộng vào số x0 , y0 số 4uv  4v , ta u  v  4uv  4v  (2v  u )  v , 2uv  4uv  4v  2v(2v  u ) Khi  ta biến đổi u  v ; 2uv    thành (2v  u )2  v , 2v(2v  u ) Ta có u  2v  u Suy trình phải kết thúc sau số phép biến đổi Khi ta có u  2v Vì  u , v    (2v, v )   v   u  Do “bộ số đẹp” biến đổi (3,4) ngược lại, đpcm 2,5 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2021-2022 Khóa ngày 06 tháng năm 2021 Mơn thi: TỐN - Vịng Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang 05 câu SỐ BÁO DANH:…………… Câu (2,0 điểm) x   a Giải phương trình 2cos   x   cos x  sin x  4cos  4  2020 b Chứng minh phương trình  m  m  1 x  x   ln có nghiệm với tham số m Câu (2,0 điểm) a Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức 1  x  x3  biết n số nguyên n lớn thỏa mãn đẳng thức 1.2.C2n  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).n.Cnn  64.n(n  1) b Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số Một số thuộc S gọi “số đẹp” chữ số hàng trăm trung bình cộng hai chữ số hàng đơn vị hàng chục nghìn Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn “số đẹp” Câu (2,0 điểm) x3  2020 2021  2021x  2020 a Tìm giới hạn L  lim x 0 x b Cho dãy số  un  xác định bởi:     u1  2, u2  1 un1  n un2   2un1 với n  Tính u 2021 Câu (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông cân A , AB  a, AA'  a Gọi M , N trung điểm cạnh AB, BB ' Gọi G trọng tâm tam giác ABC a Xác định thiết diện hình lăng trụ cho cắt mặt phẳng  MNC ' b Tính cosin góc hai mặt phẳng ( MNC ') ( ABC ) Từ tính diện tích thiết diện tìm câu a c Gọi   mặt phẳng thay đổi qua trung điểm I B’G cắt cạnh B ' A, B ' B, B ' C X , Y , Z (không trùng B ' ) Tìm giá trị lớn biểu B ' A B ' B B 'C thức T  B ' X B 'Y B ' Z Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng: cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A    cos C cos A cos B HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2021-2022 Khóa ngày 06 tháng năm 2021 Mơn thi: TỐN Vịng Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong bài làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm câu * Điểm toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) điểm tất các câu Nội dung Câu Câu 1a Điểm x   Giải phương trình: 2cos2   x   cos2 x  sin x  4cos2  1,(1) 4  1,0đ    cos   x  2   cos x  sin x   cos x  (1)    2 0,25   sin x  cos2 x  1  cos x    sin x  3cos2 x  2cos x 0,25    cos  x    cos x 6  0,25   x   k 2   ,(k  Z )  k  x    18 Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 ; x   18  k 2 (k  Z ) 0,25 ...  (n  1).n.Cnn  64n.(n  1) Ta có cơng thức kCnk  nCnk? ?11 với n  k  1; k , n  N * Thật vậy: kCnk  k n! (n  1)! n  nCnk? ?11 k !.(n  k )! (n  k )!(k  1)! 0,25 Với n  k  2, n  2;... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 & 11 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2020 - 2021 TOANMATH.com Mơn thi: TỐN LỚP 11 Đề thi có 01 trang - gồm 05 câu Thời gian làm bài: 180 phút... HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2020-2021 MƠN TỐN Câu Nội dung Câu 1.1 +Xét khai triển (2 điểm) (1  x )2n 1  C 20n 1  C 21n 1x  C 22n 1x   C 22nn11x 2n 1(2) Điểm (1  x