Cho dãy số  un n1 xác định bởi 1 1

(1)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XI, NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP 11

Bài 1. Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng.

Cho dãy số

 

^u_{n n}_₁ xác định bởi 1 1

 

0, 3 1 .

5

n n

n

u u u n

 u

   



a) Chứng minh rằng dãy

 

^u_{n n}_₁ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Đặt

1

1 3

n n

k k

T  _ u



 ^{. Tìm}_n^lim_₅_n^T_ⁿ ₄^.

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

a Ta chứng minh bằng quy nạp theo n ^*, dãy

 

^u_{n n}_₁ bị chặn trên bởi 1 và là một dãy tăng.

+) Ta có u₁1. Giả sử u_n 1, n ^*. Vì hàm

 

³

5 f x x

x

 

 là đồng biến trên khoảng (;1) và u_n  1 u_n_1 f u

 

_n  f

 

1 1.

Vậy u_n 1với mọi n ^*. _1,5

+) Ta có ₂ 3 ₁

u  5 u . Giả sử u_n u_n_1



n2 .



Do u u_n, _n_₁ 1 và f là đồng biến trên khoảng (;1) nên u_n_1 f u

 

_n  f u

 

_n_1 u_n.

Vậy dãy

 

^u_{n n}_₁ tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn.

+) Đặt ^lim n



^{1 .}



n u a a

   Suy ra 3 1

3. 5

a a

a a a

 

     Vậy lim _n 1.

n u

 

1,0

b Ta có ¹

 

1 1

4( 3) 1 1 2

3 1 2 .

5 3 4 3

k k

k k k

u u k

u u u



 

 

           

2 2

1 1

1 1 1 1 1

2 1

3 3 3 4 3

n n

n

k k k k

T n

u _ u _ u _

 

  



    



   

1 1 1 1

12 4n 2 Tⁿ _n 3 . u

 

        1,0

Suy ra 1 1 1 1

lim .

6 2 3 5 4 10

n

n n

n

T n T

u ^ n

 

    

  _0,5

(2)

Đường tròn  nội tiếp tam giác ABC không cân có tâm là I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D E F, , . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A P, và cắt đường thẳng AD tại

, .

A K Các đường thẳng PI,EF cắt nhau tại H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn  tại D N, .

a. Chứng minh DH vuông góc với EF.

b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn .

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

a

S M

N H

K

P E

F

D I

B C

A

Không mất tổng quát giả sử AB < AC.

Sau đây kí hiệu (XY) là đường tròn đường kính XY và (XYZ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ.

Gọi M là giao điểm của EF và BC.

Đường tròn  tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F suy ra

. . 1 , BE,

DB EC FA

AD CF

DC EA FB   đồng quy (theo định lý ceva). Nên theo tính chất cơ bản của hàng điểm điều hòa ta có

(M D B C, , , )  1 H M D B C( , , , ) 1 (1). 0,5

(3)

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Ta có AF

( )

P AEP PFB PEC

PFB PEC g g

PBF PCE

   

    

 



PF FB BD (2) PE EC CD

  

Dễ thấy I là trung điểm cung EF của đường tròn (AEF), suy ra PI là phân

giác của PF FH (3)

FPE PE  EH . Từ (2), (3) và HFBHEC

suy ra ( ) HB FB BD

HFB HEC g g

HC EC CD

     

HD là phân giác của BHC (4).

Từ (1) và (4) theo tính chất của chùm điều hòa suy ra DH EF. 1,0 b Dễ thấy đường tròn (AEF) là đường tròn đường kính AI. Suy ra IKAK,

do đó IK là trục đẳng phương của hai đường tròn (AI) và (DI).

Ta có P_M_/(AI) MF ME. P_M_/_ MD² P_M_/(_DI₎, suy ra M thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (AI) và (DI).

Suy ra M, K, I thẳng hàng. 0,5

Từ BC, EF, IK đồng quy tại M và IK DK DH, EF suy ra DM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH.

Gọi S là trung điểm DM, suy ra SDSN mà IDIN, suy SI là trung trực của DN. Ta lại có SD là tiếp tuyến của đường tròn , suy ra SN là tiếp

tuyến của  (5). 1,0 Từ (M D B C, , , ) 1 và S là trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta

có SD² SB SC. mà SDSN, suy ra SN² SB SC. , suy ra SN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6).

Từ (5) và (6) suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với

đường tròn . 1,0

Nhận xét: Có thể chứng minh ND là phân giác của BNC, từ đó xét phép vị tự tâm N biến D thành D₁(với D₁ là giao điểm của ND với đường tròn (BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn .

(4)

Cho P x( ) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P x''( ). Chứng minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng.

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Giả sử hoành độ ba điểm thỏa mãn điều kiện đề bài là x₁, x₂, x₃. Không mất tính tổng quát giả sử x₁ x₂ x₃. Do ba điểm



x P x1, ( ) ;1

 

x P x2, ( )2



và



x P x3, ( )3



thẳng hàng nên tồn tại hằng số  , sao cho ( )_i _i

P x x  với mỗi i1,2,3. Coi hệ số cao nhất của P x( ) bằng 1.

Bài toán đưa về chứng minh x₁x₃ 2x₂. 1,0

Từ giả thiết ta có P x''( )20(xx₁)(xx₂)(xx₃). Xét đa thức Q x( )P x( )x, ta có

( )_i ( )_i _i 0

Q x P x x   với i1,2,3.

"( ) "( )

Q x P x suy ra "( )Q x_i P x"( )_i với mỗi i1,2,3. Mọi nghiệm của Q x"( ) đều là nghiệm của Q x( ).

Suy ra 20. ( )Q x Q x x"( )( ²  pxq) (1)

Đặt 2

x y p, từ (1) ta có

2

20. " 2

2 2 4

p p p

Q y  Q y y  q  1,0

Đặt ( ) ⁵ ⁴ ³ ²

2

R y Q y  p y ay by cy dye^và

2

4

q p s.

Ta có 20. ( )R y R y"( ).(y²s)

5 4 3 2

20(y ay by cy dye)(20y³12ay² 6by2 )(c y² s) Đồng nhất hệ số của y y⁴, ² và hệ số tự do ta được

20 12

20 12 2 0

20 2

a a

c as c a c e e cs

 

      

 

 1,0

(5)

Ý NỘI DUNG ĐIỂM . Suy ra R y( ) y⁵ by³dy là hàm số lẻ.

Nên R y"( )20y³6by có 3 nghiệm y y y₁, ₂, ₃ với y₂ 0 và

1 3 0 2 2

y y   y .

Vì ⁱ ⁱ 2

x  y p suy ra x₁x₃ 2x₂ (đpcm).

1,0.

Bài 4. Đề xuất của trường THPT chuyên Tuyên Quang.

Với số nguyên dương n, kí hiệu S n( ) là tổng các chữ số của n trong biễu diễn thập phân.

a. Chứng minh ^{S a}



^^b



^^{S a}

   

^^{S b} ^,^^{a b}^, ^ ^.

b. Tìm tất cả các số hữu tỉ q sao cho tồn tại n ^* thỏa mãn S(5 )n q S n. ( ).

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

a S a(  b) S a( )S b( );a b,  (*).

Nếu a0 hoặc b0 thì (*) là hiển nhiên.

Với a0,b0 thì ta có thể viết aa_s... ,a b₁ b_s...b₁ với a_s  b_s 0.

Đặt ₁ ¹ ¹

1 1

0 khi 9

1 khi 10

a b

 _{ }^ ^{ }

   và ₁ ¹ ¹

1 1

0 khi 9

; 1, 1.

1 khi 10

k k k

k

k k k

a b

k s

a b

 



 



 

  

      

Khi đó c  a b c c_s_₁ _s...c₁, 0,5

1 1 1 10 1

c   a b  ,…,c_k_₁a_k_₁b_k_₁_k 10_k_₁; k 1,s1 và c_s_₁ _s.

Vậy

1

1 1

( ) ( ) ( ) 9( ... ) ( ) ( ) ( ).

s

i s

i

S c ^ c S a S b   S c S a S b





       

0,5 b Dễ thấy S n( )S(10 )n S(5n5 ) 2 (5 )n  S n

và

(*)

(5 ) ( ) 5 ( )

S n S n   n n n n  S n .

Suy ra 1 (5 ) 1

5 ;5

2 ( ) 2

S n S n q

 

      ^(1). 1,0

(6)

Đảo lại, với mọi 1 2;5 q  

   , giả sử m; ( , ) 1 ( , ^*)

q m k m k

 k   . Xét các

số có dạng 22...211...1

a b

n với a b,  ^*. Khi đó

(5 ) 5 ; ( ) 2

S n  a b S n  ab. Suy ra (5 ) 5 ( ) 2 S n a b

S n a b

 

 ^. _1,0

Xét 5

(2 ) (5 )

2

a b m

a m k b k m a b k

     

 (**). Từ (1) suy ra 5 0

2 0

k m

m k

  

  

 .

Nếu 2m k 0 thì (**) suy ra 5k m 0, vô lí. Vậy 5 0

2 0

k m

m k

  

  

 .

Do đó nếu ta chọn 22...211...1

a b

n với 5 0

2 0

a k m

b m k

  

   

 thì S(5 )n q S n. ( ).

1,0 Bài 5. Đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai.

Tìm số hoán vị



a a1, 2,...,a2018



của tập hợp



1, 2,..., 2018



thỏa mãn điều kiện:



1 2



2 a a  ... a_k chia hết cho k với mọi k1,2,...,2018?

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Ta giải bài toán TQ: Cho số nguyên dương n. Tìm số hoán vị



a a₁, ₂,...,a_n



của tập hợp



1, 2,...,n



thỏa mãn tính chất :2



a₁  a₂ ... a_k



chia hết cho k với mọi k1, 2,...,n. Kí hiệu A_n là tập hợp các hoán vị của tập



a a1, 2,...,a_n



thỏa mãn yêu cầu bài toán của tập hợp



1, 2,3,...,n



và

n n

u  A . Với n1, 2,3 ta được u₁ 1,u₂ 2,u₃6.

1,0

Ta xét n3 và xét hoán vị



a a₁, ₂,...,a_n



của tập hợp



1, 2,3,...,n



thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét với k n 1, ta có:



1 2 1

       

2 a a  ... a_n_ 2 1 2 ...   n a_nn n 1 2a_n  n2 n  1 2 2a_n. Từ đẳng thức trên suy ra 2a_n2 n1, kết hợp với

 

02a_n 2 2n 2 2a_n 2 0,n1, 2n2

0,5

(7)

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Trường hợp 1. 2 2 1 ¹

n n 2

a n a n

     . Tiếp theo xét với k n 2, ta có:

     

  

1 2 2 1 1

2

1 1

2 ... 2 1 2 ... 1 2 2

1 2 2 2 3 2

n n n n n

n n

a a a n a a n n a a

n n n a n n a

  

 

             

         

Từ đẳng thức trên suy ra 2a_n_₁3 n2, kết hợp với

 

1 2 a_n 3 2n 3 2a_n 3 0,n2, 2n4

Do 2a_n_₁3 là một số lẻ suy ra 2 ₁ 3 2 ₁ ¹

n n 2 n

a _ n a _ n a

      vô lí. Do đó trường hợp 2a_n  2 n 1 không xảy ra.

1,0

Trường hợp 2.a_n  n



a a1, 2,...,a_n_1



là một hoán vị của tập



^{1, 2,...,}ⁿ^¹



^và



a a1, 2,...,a_n_1



A_n_1 suy ra số hoán vị trong trường hợp này bằng un_1. ^0,5 Trường hợp 3. a_n 1, ta đặt b_i  a_i 1,i2,3,...,n. Mặt khác ta có



₁ ₂

 

₁ ₂

 

₁ ₂



2 b   b ... b_k 2 a       1 a 1 ... a_k 1 2 a   a ... a_k 2k Suy ra 2



b1  b2 ... b_k



chia hết cho k với mọi k 1, 2,...,n1.

Do đó bộ



b b₁, ,...,₂ b_n_₁



A_n_₁ suy ra số bộ



a a₁, ₂,...,a_n



thỏa mãn trong trường hợp này bằng u_n_₁.

0,5

Từ ba trường hợp trên ta được u_n 2u_n_₁.

Từ đẳng thức này ta có u_n 3.2ⁿ^²,n3.Do đó số hoán vị cần tìm là 3.2²⁰¹⁶

0,5

Chú ý khi chấm:

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó.

2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0, 25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản.