Nếu k lẻ thì xảy ra mâu thuẫn như trường hợp 1.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DU ̣C VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THPT THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN Ngày thi thứ hai: 28/9/2017
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1 (5 điểm)
Tìm số thực dương k lớn nhất sao cho với mọi , , a b c là các số thực dương thỏa mãn
thì ta luôn có a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác không tù , ,
Bài 2 (5 điểm)
Cho đoạn thẳng AD cố định và hai điểm , B C phân biệt, thay đổi sao cho D là
trung điểm của BC và ABC là một tam giác nhọn không cân Gọi , M N lần lượt
là hình chiếu của D lên AB AC Gọi , ,, R S I lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng AB AC MN và K là giao điểm của các đường thẳng , , RS MN Gọi E là , điểm đối xứng với điểm D qua đường thẳng RS
a) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IKE luôn di động trên một
đường thẳng cố định
b) Gọi X Y lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác , ABN ACM Đường , thẳng qua D vuông góc với XY cắt đường thẳng qua A vuông góc với MN tại T
Gọi L là trung điểm của DT Chứng minh đường thẳng LN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định
Bài 3 (5 điểm)
Xét dãy số ( )x xác định bởi n
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho x là lũy thừa k của một số nguyên dương p
nào đó (k là số tự nhiên lớn hơn 1).
Bài 4 (5 điểm)
Cho tam giác đều ( ).T Trên mỗi cạnh của ( ) T lấy n điểm ( n 1,n ) sao cho n
đã lấy bằng các đoạn thẳng song song với các cạnh của ( )T (chẳng hạn với n 3 ta được hình vẽ bên dưới) Gọi S là số tam giác đều trên hình vẽ thu được Tính n S n
theo n
- HẾT -
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
Trang 2SỞ GIÁO DU ̣C VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THPT THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN Ngày thi thứ hai: 28/9/2017
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án, nếu đúng, đều được điểm tối đa
1a
Điều kiện cần: Xét b c và đặt x a y2, b2 c , thay vào đẳng thức đã 2
cho, ta có
2
Nếu x y (tương ứng với tam giác vuông), ta có 2 10 17 27
2
1,0
2
Rõ ràng f(1) 0 và lim ( )
nghiệm t 1 Điều này chứng tỏ tồn tại a b c thỏa mãn đẳng thức của đề bài , ,
mà a2 b2 c , lúc này , ,2 a b c không là ba cạnh của tam giác không tù
2
k
2,0
Điều kiện đủ: Giả sử a max{ , , }a b c và 27
2
a b c Thật vậy, đặt x a y2, b2 c thì 2
1,0
Từ đó suy ra
2 2
y x
0,5
Từ đây giải bất phương trình này, ta thu được
2
2
1
1 16
x
Do đó a2 b2 c Lúc này 2 a b c
Khi đó , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác không tù
Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của k là 27
2
0,5
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
(Đáp án gồm 04 trang)
Trang 32a
H x
V I
K E
L
T
S R
F
H
B'
N
M
D B
O
C A
Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ, các trường hợp khác giải tương tự
Từ đó AED 90 nên A D E M N thuộc đường tròn đường kính , , , , AD
Vì DB DC nên ( A DE MN, ) 1, suy ra DMEN là tứ giác điều hòa
1,0
Trung trực RS của DE cắt đường chéo MN của tứ giác DMEN ở K nên
,
KE KD là các tiếp tuyến của đường tròn đường kính AD Do đó
90
Từ đó suy ra các điểm D I F E K cùng thuộc một đường tròn hay , , , , (IKE )
luôn đi qua hai điểm D F cố định ,
Suy ra tâm của (IKE luôn di động trên đường trung trực của DF cố định )
2,0
2b
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi B là hình chiếu của B lên AC thì ta có BB DN nên NB NC
Gọi ,H H lần lượt là trực tâm của các tam giác x ABC ABN Suy ra ,
1
2
OR CH NH XR (do CH NH và NB x NC )
Do đó, X là trung điểm OR
Tương tự thì Y là trung điểm OS nên XY BC
0,5
Gọi T là giao điểm các tiếp tuyến tại , B C của ( ABC )
Ta lại có AT là đường đối trung của tam giác ABC nên
90
0,5
Trang 4Ta có LF AT nên LF MN Suy ra LN LM do FM FN .
Gọi V là giao điểm của DM và AC Ta có
Suy ra tứ giác VCDT nội tiếp Suy ra TV AC
Suy ra L là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VMN
2
LND NLV NMV NMD Do đó LN tiếp xúc với ( AMDN )
Vậy đường thẳng LN luôn tiếp xúc với đường tròn đường kính AD cố định
1,0
3a
n
x
n
+) P(1), (2)P đúng
+) Giả sử ( )P i đúng i [1, , ]k ( k 1), tức 2i 1 1, [1, , ]
i
k
Thật vậy
n
n
1,0
3b
Do |p x nên x py Khi đó 2p 1 1 p y hay k 1 k (2q 1)(2q 1) p y k 1 k
và 2q 1 nguyên tố cùng nhau nên một trong chúng phải có dạng
k
z
1,0
Nếu k chẵn thì z k 1 không chia hết cho 4 q 1,p 3,x 3,k 2
2q r A.2r 2m 1 (vô lí)
1,0
Nếu k lẻ thì xảy ra mâu thuẫn như trường hợp 1
Nếu k 2m thì ( z m 1)(z m 1) 2q
Khi đó p(2p 1 1) 21 2
1,0
Trang 54 Với mỗi n 1, ta có S n 1 sẽ bao gồm:
• S n
• Số tam giác có đỉnh hướng “lên”
2
2,0
• Số tam giác có đỉnh hướng “xuống”
1
2
n
1 ( 1)
4
n
Suy ra
1
1
n
0,5
2
1
2
3
5
2
n
k
k n
k
k
n
n
1
8
n
n
1,0
Ngoài cách giải trên, ta có thể tách riêng trường hợp chẵn lẻ như sau:
2
2
2
2 1
n
2
n
Chú ý S1 5,S2 13,S3 27,S4 48,S5 78,S6 118