HDC de 11 toan

4,0 điểm Cho tam giác nhọn ABC có AB AC< , nội tiếp đường tròn O và ngoại tiếp đường tròn I Đường thẳng AI cắt BC và.. Điểm M di động trên đoạn BE khác các điểm , ., B E Đường thẳng đố

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XVI – ĐIỆN BIÊN 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: Toán - KHỐI: 11

Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số ( ) 1 1

2

n

n

nx

+

+

a Chứng minh x n > + ∀ ≥n 2, n 3.

1

lim n n

n n

x x

+ +

a

(2,0

điểm)

Chứng minh mệnh đề P n:"x n > + ∀ ≥n 2, n 3" bằng phương pháp quy nạp theo

n

0,5

Giả sử P đúng, nghĩa là n x n > +n 2. Ta có x n > + >n 2 0 nên 1 1

2

n

x < n

2

n

+

+

Suy ra P n+1 đúng, theo phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.

1,0

b

(2,0

điểm)

Theo chứng minh trên ta có x n > + ∀ ≥n 2, n 3, nghĩa là x n >0 kể từ số hạng

thứ 3, khi đó ta có 1

n

+

+

Ta có lim 0 lim 1 1 0

  , theo nguyên lí kẹp ta có

1 1

lim n n 0

n n

x x

+ +

Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC< , nội tiếp đường tròn ( )O và ngoại tiếp

đường tròn ( )I Đường thẳng AI cắt BC và ( )O lần lượt tại E và D D( ≠ A) Điểm M di động trên đoạn BE khác các điểm , , B E Đường thẳng đối xứng với AM qua AI cắt ( )O tại

điểm thứ hai là N Điểm K nằm trên AM sao cho IK song song với BC

a Chứng minh khi M di động trên đoạn BE thì giao điểm của DK và IN luôn nằm trên

một đường tròn cố định

b Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tại J ≠I. Gọi H là giao điểm thứ hai của JN và ( )O , L là trung điểm của MJ Chứng minh khi M di động trên đoạn

BE thì đường thẳng LH luôn đi qua một điểm cố định.

Ý Nội dung Điểm

a

(2,0

điểm)

Gọi T là giao điểm thứ hai của IN và ( ) O , G là giao điểm của IN và BC

2

Suy ra tứ giác ATKI nội tiếp.

1,0

Suy ra ·ITK =·IAK =IAN· =DAN· =·ITD

Suy ra các điểm , ,T K D thẳng hàng.

0,5

Suy ra giao điểm của IN và KD nằm trên đường tròn ( ) O cố định. 0,5

b

(2,0

điểm)

Ta có ABE∆ ∽∆ADC nên AB AC = AE AD

Ta có ABM∆ ∽∆ANC nên AB AC = AM AN 0,5

Do BI và BJ là phân giác trong và ngoài của ·ABE nên (AEIJ) = −1

Mà D là trung điểm của IJ nên AD AE = AI AJ

0,5

Từ đó suy ra AM AN = AI AJ

Suy ra ∆AIM ∽∆ANJ

Suy ra ·MID= ·ANH =·ADH hay MI / /DH

0,5

Do LD MI nên các điểm , ,/ / L D H thẳng hàng, hay LH luôn đi qua điểm D cố

định

0,5

( )

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn f x( + f y( ) )+ =x 2f x( ) + f y( ) ( )1 ,∀x y, ∈¡

Kí hiệu P u v là phép thế ( ), x u y v= , = vào ( )1

Nếu f x( ) = ∀c x, thì ( )1 trở thành c x+ =3 ,c x∀ , điều này không xảy ra

1,0

Xét f không là hàm hằng, suy ra tồn tại a mà f a( ) ≠0

Xét P x a ta có ( ), f x( + f a( ) ) + =x 2f x( ) + f a( ),∀x

Suy ra 2f x( ) − f x( + f a( ) ) = −x f a( ),∀x

Do miền giá trị của x− f a( ) là ¡ nên với mỗi số thực t luôn có , u v để

( ) ( ) ( )

2f u − f v =t *

0,5

Xét P(−f x x( ), ) ta có f ( )0 − f x( ) =2f (−f x( ) ) + f x( ),∀x

( )0 2 ( ) 2 ( ( ) ), ( )2

0,5

Xét P(−f x y( ), ) ta có f f y( ( ) − f x( ) ) − f x( ) =2f (−f x( ) ) + f y( ),∀x y,

( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )0 ( ), ,

⇔ f f y( ( ) − f x( ) ) = −f x( ) + f ( )0 + f y( ),∀x y, ( )3

0,5

Xét P f y( ( ) − f x y( ), ) ta có

( ) ( )

(2 ) ( ) ( ) 2 ( ( ) ( ) ) ( ), ,

( ) ( )

(2 ) 2 ( ) ( ) 2 ( )0 , , ( )4

0,5

Theo ( )* và ( )4 ta có f t( ) = +t 2f ( )0 , ∀t

Cho t =0 ta được f ( )0 =0, suy ra f x( ) = ∀x x,

0,5

Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f x( ) = ∀x x, là nghiệm hàm duy nhất 0,5

Câu 4 (4,0 điểm) Cho số nguyên tố p>3. Chứng minh các ước nguyên lớn hơn 1 của 2 1

3

p+

đều có dạng 2kp+1,k∈¥*

Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 2 1

3

p+

Ta có 2p ≡ −1 mod( q) ⇒22p ≡1 mod ( q) Gọi h ord= q( )2 , suy ra h| 2p⇒ ∈h {1;2; ;2p p}

1,5

+) Nếu h=1 thì 2 1 mod≡ ( q) ⇒q|1, vô lí. 0,5 +) Nếu h=2 thì 22 ≡1 mod( q) ⇒q| 3⇒ = ⇒q 3 9 | 2p +1

Do p>3 nên có các trường hợp của p là 6 k+1,6k+5, kết hợp với 26 =64 1 mod 9≡ ( )

thấy không có số p thỏa mãn

0,5

+) Nếu h= p thì 2p 1 mod( ) | 2 2

3

p+

là số lẻ 0,5

Suy ra h=2 p

Do ( )2,q =1 nên theo định lý Phecma ta có 2q− 1≡1 mod( q),suy ra 2 |p q( −1 ,) suy ra

2 1

0,5

Do tích của các số có dạng 2kp+1 cũng là số có dạng này nên ta có điều phải chứng minh 0,5

Câu 5 (4,0 điểm) Xét 2021 điểm A A1, , ,2 A2021 phân biệt thay đổi trên đường tròn Đặt S là số tam giác nhọn có 3 đỉnh là 3 trong số các điểm đã cho

a Khi 2021 điểm trên tạo thành đa giác đều, tính S

b Với mọi cách cho các điểm, tìm giá trị lớn nhất của S

a

(2,0

điểm)

Tính số tam giác tù có đỉnh là đỉnh của đa giác

Xét tam giác A A A tù tại đỉnh i 1 j A khi và chỉ khi trên cung ¼1 A A không chứa i j A 1

của đường tròn ngoại tiếp có ít nhất 1010 điểm (không kể A A i, j)

0,5

Gọi x x x là số đỉnh trên các cung ¼1, ,2 3 A A A A A A (theo chiều kim đồng hồ), i 1,¼1 j,¼j i

không kể các đỉnh đầu mút (Các điểm A A A i, ,1 j theo thứ tự chiều kim đồng hồ)

Suy ra số tam giác tù đỉnh A bằng số nghiệm của phương trình1

( )

1 2 3

1 2 3 3

2018

1010

x x x x

+ + =





 ≥



¥

0,5

Bằng các đổi biến y3 = −x3 1010 thì số nghiệm của ( )1 bằng số nghiệm của

phương trình 1 2 3

1 2 3

1008 , ,

x x y



Theo bài toán chia kẹo Ơle ta có số nghiệm là 2

1010

Suy ra số tam giác tù là 2

1010

2021.C

0,5

Do 2021 là số lẻ nên không tồn tại tam giác vuông có đỉnh là đỉnh của đa giác

Suy ra số tam giác nhọn là 3 2

2021 2021 1010 2021 505 337

b

(2,0

điểm)

Đặt n=2021

Giả sử các điểm A A1, , ,2 A được viết thứ tự theo chiều kim đồng hồ trên n

đường tròn, chỉ số của các điểm được lấy theo mod n , nghĩa là A n i+ ≡ A i

Kí hiệu A A là cung tròn có điểm đầu là i j A và điểm cuối là i A theo chiều kim j

đồng hồ, g A A là số đo của cung tương ứng, một cung được gọi là tù nếu( i j)

( i j) 180 o

Ta thấy g A A( i j) (+g A A j i) =360o nên trong 2 cung A A A A có ít nhất 1 cung i j, j i

tù

0,5

s− điểm, giữa A i s+ và A có i n s− −1 điểm

Suy ra x s +x n s− ≥n với mọi số nguyên dương s=1, 2, ,n−1.

Với mỗi cung tù A A mà giữa nó có đúng i j s−1 điểm sẽ tạo ra n s− −1 tam giác

không nhọn A A A với i k j A là điểm thuộc cung k A A j i

Suy ra tổng số tam giác không nhọn là

1 2 2 3 n 2.1 n 1.0

0,5

Với mỗi 1, 2, , 1

2

n

ta xét (n s− −1)x s + −(s 1) x n s−

+) Nếu x s =0 thì (n s− −1)x s + −(s 1)x n s− = −(s 1) x s +x n s− )

+) Nếu x s >0, do n s− − > −1 s 1 nên

(n s− −1) x s + −(s 1)x n s− > −(s 1) x s +x n s− )

Vậy (n s− −1)x s + −(s 1) x n s− ≥ −(s 1) x s +x n s− ) ≥n s( −1 )

n

Do số tam giác được tạo thành là 3 ( 1) ( 2)

6

n

= nên số tam giác nhọn ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) ( 1) ( 1)

2020.2021.2022

2021 505 337

24

0,5

Dấu “=” xảy ra được khi các điểm tạo thành đa giác đều

Vậy giá trị lớn nhất của S là 2021 505 337.× ×

………HẾT………

Lưu ý:

- Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả chính xác, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm tối đa

- Giám khảo làm tròn điểm tổng bài thi đến 0,25 điểm