• Không có kết quả nào được tìm thấy

Tuyển tập đề thi tuyển chọn đội tuyển dự thi VMO cả nước năm 2019 có lời giải chi tiết

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Tuyển tập đề thi tuyển chọn đội tuyển dự thi VMO cả nước năm 2019 có lời giải chi tiết"

Copied!
51
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

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 n3,n6 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 (n1) ( n1) 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

(2)

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,F11,Fn1FnFn1.

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 xn0; 2  n 1.

Ta có 1 2 3 2 4 50

0, 2, ,

5 29

xxxx  . Xét hàm số

 

2 2

f 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 x1x3f f x

  

1

f f x

  

3

x3x5

  

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 1.5
(3)

giới 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 aba3a20ab1. - Nếu ab1a22a10ab1. 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

(4)

(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; n2 ô ở dòng 1 mà không phải ô góc sẽ đánh số ab; n2 ô ở cột 1 mà không phải ô góc sẽ đánh số ad; n2 ô ở cột n mà không phải ô góc sẽ đánh số bc; n2 ô ở dòng n mà không phải ô góc sẽ đánh số cd;

n2

2 ô còn

lại 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 n24 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 2n1 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 2n3 ô chẵn, khi đó

n1

22

2n3

n24n6

 

0; 1 .

0.5

– Nếu ab1 mod 2 ,

 

cd0 mod 2

 

thì trong bảng số ô

lẻ ít hơn số ô chẵn là

n2

2. 0.5

– Nếu ac0 mod 2 ,

 

bd1 mod 2

 

thì trong bảng có

 

4 n2 24n6 ô lẻ và n24n6 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 ––––––––––

(5)

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 kk  k , chứng minh rằng

2018

  

1 2019 2

2018 1

PP    .

Bài 4: (5.0 điểm) Với n2, gọi f n

 

là số các hốn vị của tập

1; 2; 3;...;n

mà khơng cĩ số k nào đứng liền trước số k1 với mọi k

1; 2; 3;...;n1

. Chứng minh rằng:

a) f n

  

n1

 

f n1

 

n2

 

f n2

 n 4.

b)

 

1

1 !

1 2 2

f n n n

n e

  

     

 

 

, trong đĩ   x là phần nguyên của x và lim 1 1

n

e n

 

   

  .

……….HẾT……….

(6)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1.

(5.0đ) Gọi S là giao điểm của ALBC.

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

JT // AC (cùng vuông góc với MK) nên suy ra SB SC SA //

AB CT

SCSJST  . 1.0

Lại có , ,I J K là đường thẳng Simson của tam giác ABC nên

MIAB, 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



   

    

   

 

1

2 2

19k 19k

k

n n

1.0

Mà: 2 x2  x , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0

 

1

x 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

(7)

Phân tích n theo hệ cơ số 19:

0

.19

m i

i i

n a

, 0ai 18 i 0,m, khi

đó  

  

 

 

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

kai 9  i 0

1.0

Và 20195.19211.195 nên số số n không vượt quá 2019 mà

2 n

C n  19 là 6 10 10 1   599 số (0a2 5, 0a a1, 09, 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

 

20191

0 0

2018 1 1 i i 1 i

i i

P P i C C i C

  

  

(Do C2018iC2018i1C2019i1 )

1.0

 

2017 2018

2018 0

2019 i 2019 2 1

i

C

 

(Do

i1

C2019i1 2019C2018i )

1.0

(8)

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 k1 liên tiếp theo thứ tự đó thì có thể bỏ n đi để được một hoán vị của

1; 2; 3;...;n1

thỏa mãn.

0.5

+ Nếu tồn tại k để , ,k n k1 liên tiếp theo thứ tự đó thì có thể bỏ cả nk1 đi, đồng thời giảm đi 1 ở tất cả các số từ k2 đến n1 (kn2 thì không cần làm bước này), khi đó sẽ được một hoán vị của

1; 2; 3;...;n2

thỏa mãn.

0.5

– Ngược lại:

+ Từ một hoán vị của

1; 2; 3;...;n1

thỏa mãn thì có thể tạo ra n1 hoán vị của

1; 2; 3;...;n

thỏa mãn bằng cách chèn n vào vị trí đầu tiên hoặc n2 vị trí liền sau các số 1, 2,...,n2. Sẽ có tổng cộng

n1

 

f n1

hoán vị dạng này.

0.5

+ Từ một hoán vị của

1; 2; 3;...;n2

thỏa mãn thì có thể tạo ra n2 hoán vị của

1; 2; 3;...;n

thỏa mãn bằng cách:

với mỗi k 1,n2, tăng thêm 1 ở tất cả các số từ k1 đến n2 (kn2 thì không cần làm bước này), sau đó chèn ,n k1 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

 

 



 

 

 

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

(9)

trong đó

 

1

 

0

1 ! 1

!

n k

k

n k

 là số nguyên.

b/

(2.0đ)

   

 

 

  

 

     

    

  

1

2 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

   

  

 

 

 

. 0.5

Ta 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 minh

1

     

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.

(10)

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,n2. 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 ab là các số nguyên dương. Xét dãy số ( )un xác định bởi

2 2 n a n ,

u  bn với n1; 2; .... Tính nlim

 

un , trong đĩ kí hiệu

 

x là phần lẻ của số thực .x

Câu 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 rằng

a) 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 –––––––––––––––––

(11)

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1.

(4 đ)

Cho , ,a b clà các số thực dương và n,n2. 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

b, bc

ta được

a2bc b



2bc

ab bc

2

hay b a

2bc b c

 

b a c2

2 (4)

Chứng minh tương tự ta có

2

 

2

2

c b ac a c c a b (5)

2

 

2

2

a 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 P3. 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 ab là các số nguyên dương. Xét dãy số ( )un xác định bởi

2 2 ,

n a n

u  bn với n1; 2; .... Tính nlim

 

un , trong đó kí hiệu

 

x

là phần lẻ của số thực .x

Lấy b chia cho 2 ,a ta được b2aqr q; ,r;0r2 .a Xảy ra 2 trường hợp sau

Trường hợp 1. Nếu r0, thì b2aq

2 2 2 2 2

2 ( ) ( ) .

n a n aqn an q q an q

u       

2,0 đ

(12)

Lại có un(an q 1)2 2an(q1)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 (r2 )a n(q1)2 0 và

2 2

( ) ,

unan 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 . Gọi

I 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

 

O

tại 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.

(13)

Sử dụng bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác 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

 

O

Do E đối xứng với B qua ICIC 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 IBIB là phân giác trong của góc ABC

 nên F nằm trên đường thẳng ABBFBC (3) Từ (1), (2), (3) ta có QO QI

BFEB, lại có QOABQIBE (do tam giác BCEcân tại CQClà 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

tiếp 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

(14)

Suy ra KILđồng dạng với KDI KLI KID900 (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 NI đều thuộc ( )D nên DNDI, vì vậy NI đối xứng nhau qua đường thẳng LD. Mà KLD KND KID900 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 eanSn. 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

(15)

Xét đa thức

   

n

n

e S

P x x e

thì AnPn

 

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

 

xa1



xa1

x2a1  x .

 

2 1 2; 1 2; 1 2; 1 2

S   aaaa aa aa 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  

 

        

     

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

 

xx. Do đó P xn

 

Q xn

 

2 với Q xn

 

 x .

 

 

 

 

 

 

 0  11212 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 PA A1, 2,...,An. Với mỗi

1, 2,...,

in , 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

(16)

Trong phần trình bày sau đây ta coi các chỉ số nk, 1kn, 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 aiaj có cùng tính chẵn lẻ. Thật vậy, với i

1; 2; 3;...;n

theo ii) ta có aiai1ai2ai1ai2ai3là các số lẻ nên

ai1ai2ai3

 

aiai1ai2

ai3ai là một số chẵn. Vì thế aiai3có cùng tính chẵn lẻ. Từ đó, doi tùy ý nên ta có nhận xét trên

Xét các trường hợp sau:

+ Nếu n3k1,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 a3k2a1là số lẻ, ta nhận được mâu thuẫn, chứng tỏ n3k1.

+ Nếu n3k2,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 aa là số chẵn, trái với ii), ta nhận được mâu thuẫn, chứng tỏ n3k2.

Vì các trường hợp trên không xảy ra nên phải có n chia hết cho 3.

1,0 đ

Điều kiện đủ: Giả sử Pn3k đỉnh

k

. Xuất phát từ một đỉnh nào đó, lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, kí hiệu các đỉnh của PA 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 i2 (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 n0 (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

(17)

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

 

yn thỏa mãn

1

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

 

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

, kí

hiệu 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 số

phần 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 rằng

a) 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.

(18)

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 y12x, 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;

,

 

2

2 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

 

yn thỏa mãn

1 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

 

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

(19)

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

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Một nhóm học sinh dự đinh làm 360 chiếc mũ chắn giọt bắn trong một thời gian nhất định để ủng hộ các địa phương trong công tác phòng, chống dịch bệnh COVID-19.. Thựe

Xét một bảng ô vuông đã được điền đủ các số. Thầy Du viết số 2020 2021 thành tổng của các số nguyên dương rồi đem cộng lại tất cả các chữ số của các số nguyên dương

Theo quy định của hàng xe máy, để hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng, mỗi nhân viên phải bán được trung bình một chiếc xe máy trong một ngày. Nếu trong tháng nhân

Trong các kì thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên trên toàn quốc thì các bài toán về số học xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài toán ngày càng

Câu 119: Ở một loài thú, alen A quy định mắt đỏ trội hoàn toàn so với alen a quy định mắt trắng, cặp alen này nằm trên vùng không tương đồng của nhiễm sắc thể giới tính

D loại vì chính sự phát triển mạnh mẽ của phong trào công nhân, phong trào yêu nước Việt Nam theo khuynh hướng vô sản là một trong những nguyên nhân dẫn đến sự phân hóa sự

Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử

Ta thấy chỉ cần xét lũy thừa của các số này trong phân tích N thành thừa số nguyên tố bằng 1 vì nếu có một lũy thừa nào đó lớn hơn 1 thì theo điều kiện (2), ta