KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 Bài 1 Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng Cho dãy s[.]
Trang 1KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP 11 Bài 1 Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng
Cho dãy số u n n1 xác định bởi 1 1
3
5
n n
n
u
u
a) Chứng minh rằng dãy u n n1 có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó
b) Đặt
1
1 3
n n
T
u
Tìm lim
5 4
n n
T n
n , dãy u n n1 bị chặn trên bởi 1
và là một dãy tăng
+) Ta có u11 Giả sử u n 1, n * Vì hàm 3
5
x
f x
x
là đồng biến
trên khoảng (;1) và u n 1 u n1 f u n f 1 1
5
u u Giả sử u n u n1n2 Do u u n, n1 1 và f là đồng biến trên khoảng (;1) nên u n1 f u n f u n1 u n
Vậy dãy u n n1 tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn
3 5
a a
a
a a
1,0
b
k k
u
n
n n
n n
T
Trang 2Đường tròn nội tiếp tam giác ABC không cân có tâm là I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D E F, , Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A P, và cắt đường thẳng AD tại
,
A K Các đường thẳng PI EF, cắt nhau tại H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
DKH cắt đường tròn tại D N,
a Chứng minh DH vuông góc với EF
b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn
a
S M
N H
K
F
D
I
A
Không mất tổng quát giả sử AB < AC
Sau đây kí hiệu (XY) là đường tròn đường kính XY và (XYZ) là đường
tròn ngoại tiếp tam giác XYZ
Gọi M là giao điểm của EF và BC
Đường tròn tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F suy ra
1 , BE,
DB EC FA
DC EA FB đồng quy (theo định lý ceva) Nên theo
(M D B C, , , ) 1 H M D B C( , , , ) 1 (1) 0,5
Trang 3Ý NỘI DUNG
ĐIỂM
PBF PCE
(2)
PF FB BD
PE EC CD
Dễ thấy I là trung điểm cung EF của đường tròn (AEF), suy ra PI là phân
PE EH
HC EC CD
HD
là phân giác của BHC (4)
Từ (1) và (4) theo tính chất của chùm điều hòa suy ra DH EF 1,0
do đó IK là trục đẳng phương của hai đường tròn (AI) và (DI)
Ta có P M/(AI) MF ME P M/ MD2 P M/(DI), suy ra M thuộc trục đẳng
phương của hai đường tròn (AI) và (DI)
Từ BC, EF, IK đồng quy tại M và IK DK DH, EF suy ra DM là
đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH
Gọi S là trung điểm DM, suy ra SDSN mà IDIN, suy SI là trung trực
của DN Ta lại có SD là tiếp tuyến của đường tròn , suy ra SN là tiếp
Từ (M D B C, , , ) 1 và S là trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta
có SD2 SB SC mà SDSN, suy ra SN2 SB SC , suy ra SN là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6)
Từ (5) và (6) suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với
Nhận xét: Có thể chứng minh ND là phân giác của BNC, từ đó xét phép
vị tự tâm N biến D thành D (với 1 D là giao điểm của ND với đường tròn 1
(BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với
đường tròn
Trang 4Cho P x( ) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P x''( ) Chứng minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng
Giả sử hoành độ ba điểm thỏa mãn điều kiện đề bài là x , 1 x , 2 x Không 3
mất tính tổng quát giả sử x1 x2 x3 Do ba điểm x P x1, ( ) ;1 x P x2, ( )2
và x P x3, ( )3 thẳng hàng nên tồn tại hằng số , sao cho
P x x với mỗi i1,2,3
Coi hệ số cao nhất của P x( ) bằng 1
Từ giả thiết ta có P x''( )20(xx1)(xx2)(xx3)
Xét đa thức Q x( )P x( )x, ta có
Q x P x x với i1,2,3
"( ) "( )
Q x P x suy ra "( )Q x i P x"( )i với mỗi i1,2,3
Mọi nghiệm của Q x"( ) đều là nghiệm của Q x( )
Suy ra 20 ( )Q x Q x x"( )( 2 pxq) (1)
Đặt
2
p
x y , từ (1) ta có
2 2
Q y Q y y q
( )
2
p
R y Q y y ay by cy dye
2
4
p
q s
Ta có 20 ( )R y R y"( ).(y2s)
20(y ay by cy dye) 3 2 2
(20y 12ay 6by 2 )(c y s)
,
y y và hệ số tự do ta được
20 12
20 2
e cs
Trang 5Ý NỘI DUNG
ĐIỂM
( )
R y y by dy là hàm số lẻ
Nên R y"( )20y36by có 3 nghiệm y y y1, 2, 3 với y2 0 và
y y y
Vì
2
p
x y suy ra x1x3 2x2 (đpcm)
1,0
Bài 4 Đề xuất của trường THPT chuyên Tuyên Quang
Với số nguyên dương n, kí hiệu S n( ) là tổng các chữ số của n trong biễu diễn thập phân
a Chứng minh S a bS a S b ,a b,
b Tìm tất cả các số hữu tỉ q sao cho tồn tại n * thỏa mãn S(5 )n q S n ( )
a S a( b) S a( )S b( );a b, (*)
Nếu a0 hoặc b0 thì (*) là hiển nhiên
Với a0,b0 thì ta có thể viết aa s ,a b1 b s b1 với a s b s 0
1
1 1
a b
a b
1 1 1
1 1
k
k s
c a b ,…,c k1a k1b k1k 10k1; k 1,s1
và c s1 s
Vậy
1
1 1
( ) ( ) ( ) 9( ) ( ) ( ) ( )
s
i
0,5
b
Dễ thấy S n( )S(10 )n S(5n5 ) 2 (5 )n S n
và
(*)
S n S n n n n n S n
S n
q
S n
(1)
1,0
Trang 6Đảo lại, với mọi 1;5
2
q
, giả sử q m; ( , ) 1 ( ,m k m k *)
k
n với a b, * Khi đó
(5 ) 5 ; ( ) 2
S n a b S n ab Suy ra (5 ) 5
( ) 2
2
a m k b k m
a b k
k m
m k
Nếu 2m k 0 thì (**) suy ra 5k m 0, vô lí Vậy 5 0
k m
m k
a k m
b m k
Bài 5 Đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai
Tìm số hoán vị a a1, 2, ,a2018 của tập hợp 1, 2, , 2018 thỏa mãn điều kiện:
2 a a a k chia hết cho k với mọi k1,2, ,2018?
Ta giải bài toán TQ: Cho số nguyên dương n Tìm số hoán vị
a a1, 2, ,a n của tập hợp 1, 2, , n thỏa mãn tính chất :2a1 a2 a k
chia hết cho k với mọi k 1, 2, ,n Kí hiệu A n là tập hợp các hoán vị của
tập a a1 , 2 , ,a n thỏa mãn yêu cầu bài toán của tập hợp 1, 2,3, , n và
n n
u A Với n 1, 2,3 ta được u1 1,u2 2,u3 6
1,0
Ta xét n 3 và xét hoán vị a a1, 2, ,a n của tập hợp 1, 2,3, , n thỏa mãn
yêu cầu bài toán
Xét với k n 1, ta có:
2 a a a n 2 1 2 n a nn n 1 2a n n 2 n 1 2 2a n
Từ đẳng thức trên suy ra 2a n 2 n 1, kết hợp với
0 2a n 2 2n 2 2a n 2 0,n 1, 2n 2
0,5
Trang 7Ý NỘI DUNG ĐIỂM
2
n
Tiếp theo xét với k n 2, ta có:
2
Từ đẳng thức trên suy ra 2a n1 3 n 2, kết hợp với
1 2 a n 3 2n 3 2a n 3 0,n 2, 2n 4
2
n
trường hợp 2a n 2 n 1 không xảy ra
1,0
Trường hợp 2.a n n a a1 , 2 , ,a n1 là một hoán vị của tập 1, 2, ,n 1 và
Trường hợp 3 a n 1, ta đặt b i a i 1,i 2,3, ,n Mặt khác ta có
2 b b b k 2 a 1 a 1 a k 1 2 a a a k 2k
Suy ra 2b1 b2 b k chia hết cho k với mọi k 1, 2, ,n 1
Do đó bộ b b1, , ,2 b n1A n1 suy ra số bộ a a1, 2, ,a n thỏa mãn trong
trường hợp này bằng u n1
0,5
Từ ba trường hợp trên ta được u n 2u n1
3.2n , 3
n
u n Do đó số hoán vị cần tìm là 3.22016
0,5
Chú ý khi chấm:
1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó
2 Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0, 25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm
3 Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản