ĐỀ THI CHÍNH THỨC
NĂM 2018–2019
Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/9/2018
Bài 1: (5.0 điểm) Giải phương trình 1
1 1
1 1 1
1
x
x
, trong đĩ vế trái gồm cĩ
2018 dấu phân số.
Bài 2: (5.0 điểm) Cho dãy số 1 1 2 2
0, 1
n 1
n
x x n
x
. Chứng minh rằng dãy cĩ giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đĩ.
Bài 3: (5.0 điểm) Cho tứ giác ABCD khơng phải là hình thang, nội tiếp đường trịn ( )O . AC cắt BD tại G. K là điểm di động trên đoạn OG. Đường trịn ngoại tiếp tam giác KAD và đường trịn ngoại tiếp tam giác KBC cắt nhau tại điểm thứ hai L. Đường trịn ngoại tiếp tam giác KAB và đường trịn ngoại tiếp tam giác KCD cắt nhau tại điểm thứ hai I. Chứng minh rằng khi K di động thì đường thẳng LI luơn đi qua một điểm cố định hoặc song song với một đường thẳng cố định.
Bài 4: (5.0 điểm) Cho số nguyên dương n3,n6 và một bảng n n ơ vuơng, ban đầu các ơ trong bảng đều đánh số 0 . Mỗi lượt chơi, người chơi chọn một bảng con gồm (n1) ( n1) ơ vuơng, sau đĩ cộng hoặc trừ tất cả các số trong bảng con này với 1 (cùng một lượt chơi, cĩ thể cĩ số cộng 1, cĩ số trừ 1). Liệu cĩ thể sau một số hữu hạn lượt chơi thì các ơ trong bảng chứa đầy đủ các số nguyên dương từ 1 đến n2 khơng?
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẢNG A VÀ
ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Nội dung Điểm
1.
(5.0đ)
Khi vế trái gồm có n dấu phân số và ký hiệu là Sn, ta chứng minh bằng quy nạp rằng 1
1
n n
n
n n
F x F S F x F
, trong đó
Fn là dãy số Fibonacci: F0 0,F11,Fn1 Fn Fn1.Rõ ràng 1 1 1
1 x
S x x
(thỏa mãn).
1.0
Nếu ta đã có 1
1
n n
n
n n
F x F S F x F
thì
1
1 1
1 1
1 1
n
n n
n
n n
S S F x F
F x F
1 1
1 n n
n n
F x F F x F
2 1
1
n n
n n
F x F F x F
2.0
Phương trình trở thành
2019 2018 2
2018 2018 2018
2018 2017
F x F 0
x F x F x F
F x F
2 1 5
1 0 2
x x x
(đpcm)
2.0
2.
(5.0đ)
Rõ ràng ta có xn0; 2 n 1.
Ta có 1 2 3 2 4 50
0, 2, ,
5 29
x x x x . Xét hàm số
2 2f x 1
x
nghịch biến trên đoạn 0; 2 .
1.5
Khi đó hàm số f f x
đồng biến trên đoạn 0; 2 . Do x1x3 f f x
1
f f x
3
x3 x5
3
5
5 7...f f x f f x x x
Hay là
x2n1
là dãy số tăng, bị chặn trên bởi 2 nên tồn tại giới hạn hữu hạn limx2n1 a 0; 2.Tương tự
x2n
là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại 1.5giới hạn hữu hạn limx2n b 0; 2.
Ta có hệ
2 2
2 2
2
1 2 1 0
2 2
1
a b a ab a b ab
b a b
b a
- Nếu aba3a20ab1. - Nếu ab1a22a10ab1. Vậy tồn tại limxn 1.
2.0
3.
(5.0 đ)
Gọi M là giao điểm của AD và BC. N là giao điểm của AB và CD.
Khi đó OG vuông góc với MN tại H (H là điểm Miquel của tứ giác ABCD).
1.5 Tứ giác HADN nội tiếp nên MH MN. MA MD. .
Tứ giác ALKD nội tiếp nên ML MK. MA MD. .
Suy ra MH MN. ML MK. , do đó tứ giác NHLK nội tiếp.
1.5
900
NLK NHK NL MK
0.5
Tương tự ta có NLMK MI, NK KH, MN 3 đường thẳng NL, MI, KH đồng quy. Khi đó hoặc LI // MN cố định hoặc LI cắt MN tại J thì
MNHJ
1.Do M, N, H cố định nên J cố định.
1.5
4. Xét bài toán theo môđun 2 . 2.0
(5.0 đ) Gọi , , ,a b c d là số lần mà bảng con
n1
n1
ở góc trái trên, phải trên, phải dưới và trái dưới được chọn sau tất cả các lượt chơi. Khi đó các ô ở góc trái trên, phải trên, phải dưới và trái dưới sẽ đánh số , , ,a b c d; n2 ô ở dòng 1 mà không phải ô góc sẽ đánh số ab; n2 ô ở cột 1 mà không phải ô góc sẽ đánh số ad; n2 ô ở cột n mà không phải ô góc sẽ đánh số bc; n2 ô ở dòng n mà không phải ô góc sẽ đánh số cd;
n2
2 ô cònlại ở bảng con
n2
n2
chính giữa sẽ đánh số abcd .Trong tập các số từ 1 đến n2 thì số số lẻ bằng hoặc nhiều hơn số
số chẵn là 1 . 0.5
– Nếu abcd
mod 2
thì trong bảng có nhiều nhất 4 ô lẻ và ít nhất n24 ô chẵn, khi đó 4
n24
8n2
0; 1 . 0.5– Nếu abc0 mod 2 ,
d1 mod 2
thì trong bảng có
n1
2 ô lẻ và 2n1 ô chẵn, khi đó
n1
2
2n1
n24n2
0; 1 .0.5
– Nếu abc1 mod 2 ,
d0 mod 2
thì trong bảng có
n1
22 ô lẻ và 2n3 ô chẵn, khi đó
n1
22
2n3
n24n6
0; 1 .0.5
– Nếu ab1 mod 2 ,
cd0 mod 2
thì trong bảng số ôlẻ ít hơn số ô chẵn là
n2
2. 0.5– Nếu ac0 mod 2 ,
bd1 mod 2
thì trong bảng có
4 n2 24n6 ô lẻ và n24n6 ô chẵn, khi đó
4n6
n2 4n6
n28n12
0; 1 .Vậy các ô trong bảng không thể chứa đầy đủ các số từ 1 đến n2 .
0.5
–––––––––– HẾT ––––––––––
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẢNG A VÀ ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM 2018–2019
Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/9/2018
Bài 1: (5.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn
O , ABAC.M là điểm chính giữa của cung trịn BC khơng chứa A. J là trung điểm BC. K là hình chiếu vuơng gĩc của M trên CA. BK cắt AJ tại X. CX cắt JK tại L. Đường thẳng qua Jvà vuơng gĩc với MK, cắt AL tại T. JK cắt AB tại I. Chứng minh rằng CTvuơng gĩc với IM.
Bài 2: (5.0 điểm) Cĩ bao nhiêu số nguyên dương n khơng vượt quá 2019 mà C2nn chia hết cho 19 ?
Bài 3: (5.0 điểm) Cho P x
là đa thức cĩ bậc khơng vượt quá 2017 thỏa mãn
1
0; 1; ...; 2017
P k k k , chứng minh rằng
2018
1 2019 2
2018 1
P P .
Bài 4: (5.0 điểm) Với n2, gọi f n
là số các hốn vị của tập
1; 2; 3;...;n
mà khơng cĩ số k nào đứng liền trước số k1 với mọi k
1; 2; 3;...;n1
. Chứng minh rằng:a) f n
n1
f n1
n2
f n2
n 4.b)
1
1 !
1 2 2f n n n
n e
, trong đĩ x là phần nguyên của x và lim 1 1
n
e n
.
……….HẾT……….
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Nội dung Điểm
1.
(5.0đ) Gọi S là giao điểm của AL và BC.
Xét tam giác AJC với các đường đồng quy AS JK CX, , và các điểm thẳng hàng , ,B X K ta có
J C B S, , ,
1.2.0
Hay là SC BC BC SC BC SC SB
SJ BJ BJ SJ CJ SJ SC
. 1.0
Mà JT // AC (cùng vuông góc với MK) nên suy ra SB SC SA //
AB CT
SC SJ ST . 1.0
Lại có , ,I J K là đường thẳng Simson của tam giác ABC nên
MI AB, từ đó ta có MICT. 1.0
2.
(5.0đ)
Ta có:
19 2 19 2 19 19
2 !
2 ! 2 !
!
n n
v C v n v n v n
n
12 2
19k 19k
k
n n
1.0
Mà: 2 x2 x , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0
1x 2
. 1.0 Khi đó: C2nn
19 2
19 0 2 2 0 1
19 19
n
n k k
n n
v C k
1 1
2 19k
n k .
1.0
Phân tích n theo hệ cơ số 19:
0
.19
m i
i i
n a
, 0ai 18 i 0,m, khiđó
1 1
19k 2
n k
1 2
1.19 2.19 ... 0 1
2 1 19
k k
k k
k
a a a
k ai 9 i 0
1.0
Và 20195.19211.195 nên số số n không vượt quá 2019 mà
2 n
C n 19 là 6 10 10 1 599 số (0a2 5, 0a a1, 09, ngoài ra không tính số 0 ).
Vậy số số n cần tìm là 2019 599 1420.
1.0
3.
(5.0đ)
Theo công thức nội suy Lagrange cho P x
với các số 0,1, 2,..., 2017 ta có
2017 2017
2017 0 ,
0
1
! 2017 !
i j j i i
x j
P x P i
i i
1.0
Khi đó
2017 2017 2017
0 0
1 1
2018 2018! 2018!
! 2018 ! ! 2018 !
i
i i
P i i
P i i i i
2017
2018 0
1 i
i
i C
1.0
2017 2017 2018
0
2017 2017
1 2018
0 0
1 1 2018! 1
1 ! 2017 !
2018! 1 1 .
1 ! 2017 !
i
i
i
i i
P P i
i i
i i C
i i
1.0
Từ đó:
2017
2018 20181
2017
201910 0
2018 1 1 i i 1 i
i i
P P i C C i C
(Do C2018i C2018i1 C2019i1 )
1.0
2017 2018
2018 0
2019 i 2019 2 1
i
C
(Do
i1
C2019i1 2019C2018i )1.0
4.
(5.0đ) a (2.0đ)
– Xét một hoán vị bất kỳ của
1; 2; 3;...;n
thỏa mãn đề bài, và:+) Nếu không tồn tại k để , ,k n k1 liên tiếp theo thứ tự đó thì có thể bỏ n đi để được một hoán vị của
1; 2; 3;...;n1
thỏa mãn.0.5
+ Nếu tồn tại k để , ,k n k1 liên tiếp theo thứ tự đó thì có thể bỏ cả n và k1 đi, đồng thời giảm đi 1 ở tất cả các số từ k2 đến n1 (kn2 thì không cần làm bước này), khi đó sẽ được một hoán vị của
1; 2; 3;...;n2
thỏa mãn.
0.5
– Ngược lại:
+ Từ một hoán vị của
1; 2; 3;...;n1
thỏa mãn thì có thể tạo ra n1 hoán vị của
1; 2; 3;...;n
thỏa mãn bằng cách chèn n vào vị trí đầu tiên hoặc n2 vị trí liền sau các số 1, 2,...,n2. Sẽ có tổng cộng
n1
f n1
hoán vị dạng này.0.5
+ Từ một hoán vị của
1; 2; 3;...;n2
thỏa mãn thì có thể tạo ra n2 hoán vị của
1; 2; 3;...;n
thỏa mãn bằng cách:với mỗi k 1,n2, tăng thêm 1 ở tất cả các số từ k1 đến n2 (kn2 thì không cần làm bước này), sau đó chèn ,n k1 vào vị trí liền sau k. Sẽ có tổng cộng
n2
f n2
hoán vị dạng này.Vậy f n
n1
f n1
n2
f n2
n 4.0.5
Có
0
1 ! 1
1 ! !
k
k
n n
e k
1
0 2
1 1
1 ! 1 !
! !
k k
n
k k n
n n
k k ,
0.5
trong đó
1
0
1 ! 1
!
n k
k
n k
là số nguyên.b/
(2.0đ) Và
12 2 2
1 1 1
1 ! 1 !
! ! 2
k
k n
k n k n k n
n n
k k n
1 1
1 2
n .
0.5
Do đó
1
0
1 ! 1 1
2 1 ! !
n k
k
n n
e k
. 0.5Ta chứng minh khẳng định đề bài bằng quy nạp.
Rõ ràng kết quả đã đúng với 2, 3 .
Nếu đã có f n
1 ,
f n2
, ta cần chứng minh1
1
0 0 0
1 1 ! 1 ! 1 1 !
1
! ! !
k k k
n n n
k k k
n n n
n k k k
0.5
1
1
0
1 1 1 1 1 1 !
!
n n k
n
k
n n
n n n k
1
0
1 ! 1 1 !
1 ! !
k k
n n
k
n n
k k
1
0
1 1 !
1 1
!
n k n
k
n
n k
1
0
1 1 1 !
1 !
n k n
k
n n
k (đúng).
1.0
–––––––––– HẾT ––––––––––
Lưu ý khi chấm bài:
– Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
– Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
– Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
– Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA NĂM 2019
Mơn: TỐN, bài thi thứ nhất
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/08/2018
Câu 1. (4,0 điểm) Cho , ,a b clà các số thực dương và n,n2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
( ) ( ) ( )
n a bc n b ac n c ab
P a b c b a c c a b
.
Câu 2. (4,0 điểm) Cho a và b là các số nguyên dương. Xét dãy số ( )un xác định bởi
2 2 n a n ,
u bn với n1; 2; .... Tính nlim
un , trong đĩ kí hiệu
x là phần lẻ của số thực .xCâu 3. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường trịn
O .Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp tam giácABC. Điểm E đối xứng với B qua IC, F đối xứng với C qua IB. Gọi M là trung điểm của cung BAC của đường trịn
O . Đường thẳng MI cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BIC tại N (khác I). Đường thẳng AI cắt
O tại điểm thứ hai D(khác A), đường thẳng qua I vuơng gĩc với AD cắt BC tại K. Chứng minh rằnga) EFOI.
b) KN là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giácBIC. Câu 4. (4,0 điểm) Cho các số nguyên dươnga a1, 2, ...,a2018. Xét tập
1 2 2018
2018 1 k 1 1 k 2 ... 1 k 2018; i , 1,..., 2018 . S a a a k i
Chứng minh rằng tích của tất cả các phần tử thuộc S2018là một số chính phương.
Câu V (4,0 điểm) Cho đa giác lồi P. Bạn An muốn ghi vào mỗi đỉnh của P một số nguyên dương sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
i) Trong các số được ghi, cĩ ít nhất một số chẵn;
ii) Tổng của ba số được ghi ở ba đỉnh liên tiếp tùy ý là một số lẻ.
Chứng minh rằng bạn An cĩ thể thực hiện được cách ghi như trên khi và chỉ khi số đỉnh của P chia hết cho 3.
––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
1.
(4 đ)
Cho , ,a b clà các số thực dương và n,n2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
( ) ( ) ( )
n a bc n b ac n c ab
P a b c b a c c a b
Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta có
2 2 2
3.3 . .
( ) ( ) ( )
n a bc b ac c ab
P a b c b a c c a b (1).
Ta chứng minh
2 2 2
. . 1
( ) ( ) ( )
a bc b ac c ab
a b c b a c c a b (2).
2,0 đ
Thật vậy: Do , ,a b c dương nên bất đẳng thức (1) đưa về
a2bc b
2ac c
2 ab
abc a b b c c
a
(3).Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho 2 bộ 2 số
a, bc
và
b, bc
ta được
a2bc b
2bc
ab bc
2hay b a
2bc b c
b a c2
2 (4)Chứng minh tương tự ta có
2
2
2c b ac a c c a b (5)
2
2
2a c ab a b a c b (6)
Vì các vế của (4), (5), (6) đều dương. Nhân vế với vế các bất đẳng thức đó với nhau, rồi chia cả 2 vế của bất đẳng thức thu được cho
abc a b b c c a ta được (3), do đó có (2), suy ra P3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng xảy ra đồng thời ở (1), (4), (5) và (6), khi đó abc. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.
2,0 đ
2.
(4 đ)
Cho a và b là các số nguyên dương. Xét dãy số ( )un xác định bởi
2 2 ,
n a n
u bn với n1; 2; .... Tính nlim
un , trong đó kí hiệu
xlà phần lẻ của số thực .x
Lấy b chia cho 2 ,a ta được b2aqr q; ,r;0r2 .a Xảy ra 2 trường hợp sau
Trường hợp 1. Nếu r0, thì b2aq và
2 2 2 2 2
2 ( ) ( ) .
n a n aqn an q q an q
u
2,0 đ
Lại có un(an q 1)2 2an(q1)2. Từ đây suy ra
2
( 1) ;2 ( 1)
2 .
un n
an q a
q
Kết hợp lại ta được
2
2 ( 2 (
) 1)
.
;
( 1)
n 2
u an q
an q q n
a
Điều
này dẫn tới
( 1)2
1; .
n 2
u an q n q
a
Khi đó
2 2
lim lim lim 2 ( 1)
n n
n n n
n u u u a n aqn an q
2 2
2 2
2
( 1) 2 ( 1) 2
li
2
m lim 1.
2 1
n 1 n
a q
an q n
aq q
a n aqn an q a a
n n
Trường hợp 2.
Nếu 0 r 2 ,a thì từ un(an q 1)2 (r2 )a n(q1)2 0 và
2 2
( ) ,
un an q rn q ta suy ra
2
2 ( 12
) ) ;
( un an q
an q n
q r
hay
2
; .
n
u an q n q r
Từ đây ta có
2 2
lim lim lim (2 )
n un n un un n a n aq r n an q
2 2
2 2
2
lim li
( m
2 ) 2
n n aq r n n
r q
rn q n
aq r q
a an q a a
n n
2 2 .
r b
a a
2,0 đ
3.
(4 đ)
Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn
O . GọiI là tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC. Điểm E đối xứng với B qua IC, F đối xứng với C qua IB. Gọi M là trung điểm của cung BAC của đường tròn
O . Đường thẳng MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tại N (khác I). Đường thẳng AI cắt
Otại điểm thứ hai D (khácA), đường thẳng qua I vuông góc với AD cắt BC tại K. Chứng minh rằng
a) EFOI.
b) KN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giácBIC.
Sử dụng bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
O . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tamgiác đó. Gọi P là giao điểm thứ hai, khác A của đường thẳng AI và đường tròn
O . Khi đó P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC .a) Gọi Q là giao điểm thứ hai khác C của đường thẳng CI và đường tròn
ODo E đối xứng với B qua IC và IC là phân giác trong của góc BCA
nên E nằm trên đường thẳng AC và BEC cân tại .C BOQ
cân tại O có 1
BOQ 2 BOA BCE
(do ABCnhọn)
Suy ra QOBđồng dạng với QO QB
ECB BC EB
(1)
1,0 đ
Theo bổ đề ta có QBQAQI (2)
Do F đối xứng với C qua IB và IB là phân giác trong của góc ABC
nên F nằm trên đường thẳng AB và BFBC (3) Từ (1), (2), (3) ta có QO QI
BF EB, lại có QOAB và QI BE (do tam giác BCEcân tại CvàQClà phân giác trong của góc BCE
), suy ra OQI FBE nên BEF đồng dạng QIOsuy ra .
EFOI
1,0 đ
b) Không mất tính tổng quát, giả sử ABAC, khi đó K nằm trên tia đối của tia BC. Theo bổ đề D là tâm đường tròn ngoại tiếp
BIC
, ta kí hiệu đường tròn này là
D . Có KI AD nên KI làtiếp tuyến của đường tròn
D . Gọi L là giao điểm thứ hai (khác D) của KD và đường tròn
O . Ta có KI2 KB KC. KL KD. .1,0 đ
Suy ra KILđồng dạng với KDI KLI KID900 (4) I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên AI là phân giác trong của góc BAC. Do đó D là trung điểm cung BC không chứa điểm A của ( )O , kết hợp M là trung điểm cung BAC của ( )O
suy ra DM là đường kính của đường tròn ( )O nên ta có 900
MLK
(5).
Từ (4), (5) suy ra ba điểm M I L, , thẳng hàng. Do N và I đều thuộc ( )D nên DNDI, vì vậy N và I đối xứng nhau qua đường thẳng LD. Mà KLD KND KID900 hay KN là tiếp tuyến của đường tròn ( ).D
1,0 đ
4.
(4 đ)
Cho các số nguyên dương a a1, 2, ...,a2018. Xét tập
1 2 2018
2018 1k 1 1 k 2 ... 1k 2018; i 1,...,2018 .
S a a a k i
Chứng minh rằng tích của tất cả các phần tử thuộc S2018là một số chính phương.
Với mỗi n
1, 2, 3,..., 2018
, ta kí hiệu
1 k1 1 1 k2 2 ... 1 kn ; , 1,...,
.n n i
S a a a k i n Nhận xét rằng:
+Sncó 2n phần tử là các số thực đối nhau.
+ Với mỗi eSn1 thì e an Sn. Đặt
n
n e S
A e
là tích của tất cả các phần tử thuộc Sn. Ta chứng minh An là số chính phương với mọi n
1, 2, 3,..., 2018
, từ đó ta cũng có điều phải chứng minh.1,0 đ
Xét đa thức
n
n
e S
P x x e
thì An Pn
0 .Theo nhận xét trên ta có
1
1 1 .
n
n n n n n n n
e S
P x x e a x e a P x a P x a
1 1; 1
S a a ta có P x1
x a1
x a1
x2a1 x .
2 1 2; 1 2; 1 2; 1 2
S a a a a a a a a ta có
2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 2 2
1 2 1 2
2 x .
P x x a a x a a x a a x a a
x a a x a a
Mà P x2
a3
A x2
a B x3. 2
; P x2
a3
A x2
a B x3. 2
với A x B x2
; 2
x do P x2
x . Từ đó ta được
2
2
3 2 3 2 3 2 3. 2 x .
P x P x a P x a A x a B x
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được
1, 2, 3,..., 2018 .
n x
P x n
2,0 đ
Lại có Snchỉ chứa các số đối nhau, giả sử là e1;e2; ...;e2n1.
1 1
2 2
2 2
1 1
n n
n
n i i i
e S i i
P x x e x e x e x e
suy ra P xn
Pn
x x. Do đó P xn
Q xn
2 với Q xn
x .
0 1 1 21 2 1
n n n n n n n n n n
A P P a P a P a Q a
là số chính phương.
1,0 đ
5.
(4 đ)
Cho đa giác lồi P. Bạn An muốn ghi vào mỗi đỉnh của P một số nguyên dương sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
i) Trong các số được ghi, có ít nhất một số chẵn;
ii) Tổng của ba số được ghi ở ba đỉnh liên tiếp tùy ý là một số lẻ.
Chứng minh rằng bạn An có thể thực hiện được cách ghi như trên khi và chỉ khi số đỉnh của P chia hết cho 3.
Điều kiện cần: Giả sử bạn An đã thực hiện được cách ghi thỏa mãn đề bài. Xuất phát từ một đỉnh nào đó, lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, kí hiệu các đỉnh của P là A A1, 2,...,An. Với mỗi
1, 2,...,
i n , kí hiệu ailà số được bạn An ghi vào đỉnh Ai. Theo i), trong các số a a1, 2,...,ancó ít nhất một số chẵn. Không mất
tính tổng quát, có thể giả sử a1chẵn.
1,0 đ
Trong phần trình bày sau đây ta coi các chỉ số nk, 1kn, và chỉ số klà một (các chỉ số được xét theo modulon)
Nhận xét: Với mọi i j,
1; 2; 3;...;n
, nếu
j i
chia hết cho 3 thì aivà aj có cùng tính chẵn lẻ. Thật vậy, với i
1; 2; 3;...;n
theo ii) ta có ai ai1ai2 và ai1ai2 ai3là các số lẻ nên
ai1ai2ai3
aiai1ai2
ai3ai là một số chẵn. Vì thế aivà ai3có cùng tính chẵn lẻ. Từ đó, doi tùy ý nên ta có nhận xét trênXét các trường hợp sau:
+ Nếu n3k1,k. Trong trường hợp này vì a1chẵn nên theo nhận xét thì a3k1 cũng là số chẵn, lại có a3k1a1a2 là số lẻ, suy ra a2 là số lẻ. Do đó theo nhận xét a3k2 a1là số lẻ, ta nhận được mâu thuẫn, chứng tỏ n3k1.
+ Nếu n3k2,k. Trong trường hợp này vì a1chẵn nên theo nhận xét thì a3k1 cũng là số chẵn, lại có a3k1a3k2a1 là số lẻ, suy ra a3k2 là số lẻ. Do đó theo nhận xét, a2là số lẻ, suy ra
3k 2 1 2
a a a là số chẵn, trái với ii), ta nhận được mâu thuẫn, chứng tỏ n3k2.
Vì các trường hợp trên không xảy ra nên phải có n chia hết cho 3.
1,0 đ
Điều kiện đủ: Giả sử Pcó n3k đỉnh
k
. Xuất phát từ một đỉnh nào đó, lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, kí hiệu các đỉnh của P là A A1, 2,...,A3k.Xét cách ghi số như sau của bạn An: Với mỗi i
1; 2; 3; ...; 3k
, ghi vào đỉnh Ai một số nguyên dương lẻ nếu i2 (mod 3) và ghi vào đỉnh Ai một số nguyên dương chẵn trong trường hợp còn lại.Rõ ràng cách ghi như trên thỏa mãn điều kiện i) của đề bài.
1,0 đ
Do n0 (mod 3) nên trong ba đỉnh liên tiếp tùy ý của P luôn có một đỉnh có chỉ số chia hết cho 3 dư 1, một đỉnh có chỉ số chia cho 3 dư 2 và một đỉnh có chỉ số chia hết cho 3. Vì thế, với cách ghi số nêu trên ta luôn có tổng của ba số được ghi ở 3 đỉnh liên tiếp của P là một số lẻ (do bằng tổng của một số lẻ và hai số chẵn). Vì vậy cách ghi số như trên thỏa mãn điều kiện ii) của đề bài.
1,0 đ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2018–2019
Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/9/2018
Câu 1 (4 đim). Giải hệ phương trình
2 2
1 2
2
1 1 3 1 .
y x
x y
x
y x x
Câu 2 (4 điểm). Cho hai dãy số
xn và
yn thỏa mãn1
1 1
1 1
2018; 201
9, n xn 2yn ; n n n , 2.
x
x y y x y n
Chứng minh rằng các dãy số
xn và
yn đều cĩ giới hạn hữu hạn và tìm các giới hạn đĩ.Câu 3 (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, ngoại tiếp đường trịn (I). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB.
a) Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. Chứng minh rằng SI AD.
b) Gọi X là giao điểm khác A của hai đường trịn (ABE) và (ACF), Y là giao điểm khác B của hai đường trịn (BAD) và (BCF), Z là giao điểm khác C của hai đường trịn (CAD) và (CBE). Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Câu 4 (3 điểm). Với mỗi tập A gồm n điểm phân biệt trong mặt phẳng
n2
, kíhiệu T A
là tập hợp các vectơ cĩ điểm đầu và điểm cuối đều thuộc .A Hãy xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của T A
. (Kí hiệu T A
là sốphần tử của tập hợp T A
).Câu 5 (3 điểm). Cho p là số nguyên tố lẻ, k là số nguyên dương.
Đặt S(p, k) =
1
1 p
k i
i
. Chứng minh rằnga) S(p,k) -1 (mod p) k chia hết cho p – 1.
b) S(p,k) 0 (mod p) k khơng chia hết cho p – 1.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình
2 2
1 2
2
1 1 3 1
y x
x y
x
y x x
Nội dung Điểm
Phương trình đầu tương đương y2y
x2x
2x x 0.Coi đây là phương trình bậc hai ẩn y, tham số x, ta có:
1 2
2 .
y x
y x
1,0
Với y1 x, thay vào phương trình thứ hai, vô nghiệm Với y12x, thay vào phương trình thứ hai được 2 2
1 (*)
2 3
x x
x
1,0
Xét hàm số f x
x21đồng biến trên
0;
,
22 3
g x x x
nghịch biến trên
0;
nên (*) có không quá một nghiệm.1,0
Nhẩm nghiệm thấy (*) có nghiệm x 3 Hệ có nghiệm
x y,
3; 2 3
1,0
Câu 2 (4 điểm) Cho hai dãy số
xn và
yn thỏa mãn1 1
1
1 1
2018; 201
9, n xn 2yn ; n n n , 2.
x
x y y x y n
Chứng minh rằng các dãy số
xn và
yn đều có giới hạn hữu hạn và tìm các giới hạn đó.Nội dung Điểm
Đặt 1 1 1
1
2018 cos , 0; cos .
2019 2
x a a x y a
y
Ta tính được
2 2
2 2 3 2
2 2
2019 cos ; 2019 cos , 2019 cos cos ;
2 2 2 2
2019 cos cos
2 2
a a a a
x y x
a a
y
1,0 1,0
Quy nạp ta được
2
2 2 1
2 2 1
2019 cos cos ...cos cos ;
2 2 2 2
2019 cos cos ...cos
2 2 2
n n n
n
a a a a
x
a a a
y
Do sin 2 2 sin cos nên
1 1
1
1
2019.sin 2019. sin
cot ;
2 2 2 sin
2
n n n n
n
n
a a a
x y
a
.
Từ đó suy ra
2019 sin 4037
lim lim
arccos2018 2019
n n
x y a
a
1,0
1,0
Câu 3 (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB.
a) Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. Chứng minh rằng SI AD.
b) Gọi X là giao điểm khác A của hai đường tròn (ABE) và (ACF), Y là giao điểm khác B của hai đường tròn (BAD) và (BCF), Z là giao điểm khác C của hai đường tròn (CAD) và (CBE). Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Nội dung Điểm
a) Gọi G là giao điểm của AD và (I).
Khi đó tứ giác GEDF điều hoà Do đó tiếp tuyến tại D, G của (I) và FE đồng quy tại S
Từ đó có điều phải chứng minh.
1,5
b) Ta có:
sin sin
sin sin
XAB XEB BX
XAC XBE XE
Mặt khác, X là điểm Miquel của t