Đề olympic 30 4 chuyên thăng long toán 11 2018

3,0 điểm Cho đường tròn O và dây BC cố định, điểm A di động trên O sao cho tam giác ABC nhọn không cân.. Gọi I J, lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A của

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THĂNG LONG – ĐÀ LẠT

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 – 4 LẦN THỨ XXIII NĂM 2018

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN LỚP 11

Câu 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3

x y

Câu 2 (4,0 điểm) Cho dãy số ( )a xác định bởi: n

0 0, 1 1, n 2 2 n 1 n,

a = a = a + = a + +a " Î ¥ Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n a n

chia hết cho 21018.

Câu 3 (3,0 điểm) Cho đường tròn ( )O và dây BC cố định, điểm A di động trên ( )O sao cho tam giác ABC nhọn không cân Gọi I J, lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC Đường thẳng qua I J, song song với BC cắt

AB lần lượt tại P S, và cắt AC lần lượt tại Q R,

a) Chứng minh rằng PQRS là một tứ giác ngoại tiếp được đường tròn và tâm của đường tròn đó là điểm cố định

b) PR QS, lần lượt cắt phân giác ngoài của góc BAC tại L K, Chứng minh rằng trung điểm của LK là một điểm cố định

Câu 4 (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :R® R thỏa mãn điều kiện

f x f y( - ( ) ) = f x( ) +ff y( ( ) )-xf y2 ( )-f y2 ( )- 1,x y" , Î R

Câu 5 (3,0 điểm) Cho S là tập gồm 2017 số nguyên tố phân biệt và M là tập gồm 2018 số

tự nhiên phân biệt sao cho mỗi số trong M đều không là số chính phương và chỉ có ước nguyên tố thuộc S Chứng minh rằng có thể chọn ra trong M một số số có tích là một số chính phương

Câu 6 (3,0 điểm) Gọi ( )S n là tổng bình phương các hệ số trong khai triển của nhị thức

(1+n)n , trong đó n là số nguyên dương, x là số thực bất kì Chứng minh rằng

(2 ) 1

S n + không chia hết cho 3 với mọi n

-HẾT -Số Phách

Số Phách

2 2 2 2

3

ïí

ïïî

Ta có : 5x2+2xy+2y2+ 2x2+2xy+5y2

(2x y) (x y) (x 2 )y (x y)

-2x y x 2y 3x y 3(x y)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x= ³y 0 Do đó (1)Û x= ³y 0 Thay vào (2) ,ta được x3- 9x2+6x- 6=3 63 x2+2

3 3 2 3 1 3 1 6 2 2 3 6 2 2

( )3 ( ) 3 2 3 3 2 ( )

Xét hàm số f t( )=t3+3 ,t t" Î ¡ Ta có : f t'( )=3t2+ > " Î ¡3 0, t

Suy ra f t( )đồng biến trên ¡

Ta có: (*)Û f x( - 1)=f( 63 x2+2)Û x- 1= 36x2+2

2

3

-Kết hợp với điều kiện, ta có

x y =æççç + + ö÷÷÷÷

Ta chứng minh bằng qui nạp hai công thức sau đây đúng " Î ¥n

2n 2 2 n 1 n 1 n

a + = a + a + +a (1)

2n 1 n 1 n

a + =a + +a (2)

Thật vậy, với n = ta có0

2 2

a = =a + ,a

2 2 2 (1 1 0)

a = = a a +a

Giả sử hai công thức trên đúng khi n= , tức là ta cók

2k 2 2 k 1 k 1 k

a + = a + a + +a ,

2 1k k 1 k

a + =a + + a

Khi đó, ta có

2 3 2 2 2 1

2 2

2

2

,

2k 4 2 2k 3 2k 2 2 k 2 2 k 1 2 k 1( k 1 k)

a + = a + +a + = a + + a + + a + a + +a

=2a k2+2+2a k+1(2a k+1+a k)

=2a k2+2+2a a k+1 k+2

=2a k+2(a k+2+a k+1)

Theo nguyên lý qui nạp, ta có điều phải chứng minh

Từ hai công thức trên, ta chỉ ra được, a là số lẻ khi và chỉ khi n là số lẻ n

và a chia hết cho n 21018 khi và chỉ khi n chia hết cho 21018.

a)Ta có ÐBIP = ÐIBC = ÐIBP nên tam giác BIP cân tại P và PI =PB.

Tương tự, ta cũng có QI =QC RC, =RJ SJ, =SB nênPQ+RS =PS QR+ từ đó suy ra tứ giác PQRS là tứ giác ngoại tiếp

Y X

J T

R S

D E

Q P

M

K

L

I A

Gọi X Y, lần lượt là trung điểm PS QR, Ta thấy rằng

90 2

Ð +Ð = = ° nên tam giác PTS vuông ở T Suy ra

Ð = Ð = Ð nên XT PQP Tương tự thì Y T PQP nên T Î XY là đường trung bình của PQRS

Mặt khác, T cách đều PS QR, nên T thuộc phân giác góc BAC hay T Î IJ Từ đó suy

ra T là trung điểm IJ Vậy T là trung điểm cung nhỏ BC của ( )O nên là điểm cố định b) Gọi AD AE, là phân giác trong và ngoài của góc A trong tam giác ABC Khi đó, , , ,

A E L K thẳng hàng Theo định lý Menelaus trong tam giác ABE và ACE thì

1

PA MB LE

QA MC KE

QC ME KA× × = .

PB =IM = AM nên suy ra

LA = BA hay BL là phân giác của

tam giác ABE nên L là tâm bàng tiếp góc C của tam giác ABC.Chứng minh tương tự, thì L là tâm bàng tiếp góc B của tam giác ABC Vì vậy, trung điểm LK chính là trung điểm cung lớn BC của ( )O nên cũng là điểm cố định, ta có đpcm

 Trước hết ta chỉ ra rằng nếu hàm số f thỏa đề bài thì hàm f không thể là hàm

hằng số được Thật vậy, giả sử ( )f x = " Î R Khi đó, ta phải cóc x,

2- cx c- - 1 0,= " Î ¡ x

Do đó, c = và 0 c = - Điều này không thể xảy ra.1

 Cho y Î ¡ và x=f y( ) ta được

ff y( ( ) ) =f y( ( ) )2+f y( ) +f( )02+1

 Do f không đồng nhất bằng 0 trên R, nên tồn tại u Î R sao cho f u ¹( ) 0

 Cho y=u, ta được

f x f u( - ( ) )- f x( ) =ff u( ( ) )-f u2 ( )- -1 2xf u( ),x" Î R

Vì 2f u ¹( ) 0, nên hàm số bên phải của đẳng thức trên là một hàm số bậc nhất theo

biến x Do vậy, cho trước z Î R, tồn tại duy nhất x Î R

Với z=f x f u( - ( ) )- f x( )=f w( )- f x( ) Khi đó ta có

f z( ) =ff w( ( )-f x( ) )

= ff x( ( ) )-f w f x2 ( ) ( )-f x2 ( ) +ff w( ( ) )- 1

( )

( )2 ( ) ( )0 1 2 ( ) ( ) 2 ( ) 1 ( ( ) )2 ( ) ( )0 1

ff

(f w f x )2 f w( ) f x( ) f( )0

( )

 Lấy z=f y( ) với y Î Rbất kỳ, ta được f( )0 =1

 Do đó f z( ) =z2+ + " Î ¡z 1, z

 Thử lại, ta thấyf x( ) =x2+ + " Î ¡ là hàm số cần tìm.x 1, x

a/ Số tập con phân biệt khác tập rỗng của M là 22018- 1.

Gọi các tập con đó là M M1, 2, ,M22018 1

- và a là tích phần tử của i M i Giả sử các phần tử của S là p1<p2< <p2017

Ta viết các tích a dưới dạng i 2 1 2 2017

1k i 2k i 2017k i

a =b p p p trong đó k Î ij { }0;1

Ta có 22018- bộ 1 ( , , ,k k i1 i2 k i2017), và do k Î ij { }0;1 nên có tối đa 22017 bộ phân biệt

Do đó tồn tại 2 bộ trùng nhau, giả sử 2 bộ đó ứng với hai tích a a m, n

Khi đó tích a a là số chính phương m n

Bây giờ ta chỉ cần bỏ các phần tử thuộc giao của M và m M ta còn lại các phần tử n

khác nhau mà tích là một số chính phương

Do đó bài toán được chứng minh

+ Chứng minh được S n( )=C2n n đưa bài toán về việc chứng minh C42n n+ không1 chia hết cho 3

+ Sử dụng bổ đề (Định lí Lucas) sau đây:

“Cho m, n là hai số tự nhiên và p là một số nguyên tố Giả sử:

,

0

mod

k m

=

º Õ (quy ước rằngC = b a 0

với a> ).b

+ Giả sử

0

2 k i3 ,i i , 1, ,

i

=

- Nếu a i Î { }0,1 ," =i 1, ,kthì 2a i Î { }0,2 ," =i 1, ,kvà tổng

{ }0,1 , 1, ,

i

2 0

0

k a

i i

i

=

å

0

4 k 2 3 ,i i i , 1, ,

i

=

k a

å

- Nếu tồn tại một giá trị a = , không mất tính tổng quát giả sử đây là số nhỏ nhất j 2 trong tập hợp ,a i i =0, ,kkhi đó hệ số tương ứng tại vị trí j ở khai triển theo

lũy thừa 3 của 4n là 1 Mà C = nên 12 0 2 ( )

0

0 mod3

k a

=

2

4n n 1 1 mod3

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có (2 ) 1S n + không chia hết cho 3 với mọi n