TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NĂM 2023
MÔN: TOÁN 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 05 bài trong 01 trang)
Bài 1 (4,0 điểm). Cho dãy số xác định bởi và . Chứng minh rằng .
Bài 2 (4,0 điểm). Xác định tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn
với mọi và
Bài 3 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn và các đường cao , , đồng quy tại . cắt tại . Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt tại khác . Gọi là trung điểm .
a) Vẽ đường kính của đường tròn , gọi là hình chiếu của trên . Chứng minh và đồng quy tại một điểm .
b) Gọi là trung điểm , đối xứng với qua . là hình chiếu của trên . Trên lấy sao cho . Chứng minh trung trực của chia đôi .
Bài 4 (4,0 điểm). Cho là một số nguyên dương và đặt . Kí hiệu là tổng các ước nguyên dương của . Chứng minh rằng có một ước nguyên tố lớn hơn .
Bài 5 (4,0 điểm). Xét một giác đều cùng với tâm của nó. Hai người chơi trò chơi như sau: họ lần lượt chọn một đỉnh của đa giác rồi nối với một trong hai đỉnh kề hoặc nối với tâm của hình đa giác đó bởi một đoạn thẳng. Người thắng cuộc là người chơi mà sau lượt chơi của anh ta thì ở bất kỳ đỉnh nào của đa giác đều có thể di chuyển đến mọi đỉnh còn lại bằng các đoạn thẳng đã nối ở trên. Với mỗi , hãy xác định xem ai là người có chiến lược thắng cuộc.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI NĂM 2023
MÔN: TOÁN 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(HDC gồm 08 trang)
Bài
Hướng dẫn
Điểm
1.
(4,0 điểm)
Cho dãy số xác định bởi và . Chứng minh rằng .
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có (do ).
Ta có:
.
Quy nạp được .
1,0
Lại có:
.
1,0
Ta lại có (do ).
Suy ra .
(vì ).
.
1,0
Mà .
Do đó hay .
1,0
2.
(4,0 điểm)
Xác định tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn
với mọi và
Thay vào (*) ta có: , .
Mà , nên , . Suy ra chẵn.
Khi . Thay vào (*), ta có c = 0. Do đó là một nghiệm của bài toán.
1,0
Khi , với n chẵn, đặt
,
Thay vào (*) ta có
1,0
Nhân hai vế với ta được
Bây giờ cả hai vế là các đa thức theo biến và
1,0
Bây giờ cả hai vế là các đa thức theo biến và
Nếu thì .So sánh hệ số của hai vế, ta được (vô lý)
Do đó . Đặt . Thay vào (*) ta có
Do đó .
Vậy là hệ số thực bất kỳ) là tất cả đa thức cần tìm.
1,0
3.
(3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn và các đường cao , , đồng quy tại . cắt tại . Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt tại khác . Gọi là trung điểm .
a) Vẽ đường kính của đường tròn , gọi là hình chiếu của trên . Chứng minh và đồng quy tại một điểm .
b) Gọi là trung điểm , đối xứng với qua . là hình chiếu của trên . Trên lấy sao cho . Chứng minh trung trực của chia đôi .
a) Vẽ đường kính của đường tròn , gọi là hình chiếu của trên . Chứng minh và đồng quy tại một điểm .
Gọi là giao điểm thứ hai của và . Khi đó thuộc đường tròn . Suy ra là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn và , và , và . Do đó đồng quy tại . Đồng thời, theo kết quả quen thuộc thì là trung điểm .
0,5
Dễ thấy nên thuộc đường tròn đường kính nên . Điều này kéo theo thẳng hàng.
0,5
Trong tam giác , các đường cao đồng quy tại một điểm .
0,5
Suy ra . Do đó nếu gọi và thì , dẫn đến , ta có điều phải chứng minh.
0,5
b) Gọi là trung điểm , đối xứng với qua . là hình chiếu của trên . Trên lấy sao cho . Chứng minh trung trực của chia đôi
Ta thấy nằm trên đường tròn đường kính . Theo kết quả quen thuộc thì là đối trung của tam giác , do dó .
0,5
Suy ra là hình thang cân, kéo theo đối xứng qua trung trực của là , đồng thời cũng đối xứng qua .
0,5
Do và cùng vuông góc , đồng thời đối xứng qua nên đối xứng qua .
0,5
Điều này dẫn đến, giao điểm của và đối xứng với giao điểm của và , tức đối xứng với qua . Suy ra . Từ đó ta có điều phải chứng minh.
0,5
4.
(4,0 điểm)
Cho là một số nguyên dương và đặt . Kí hiệu là tổng các ước nguyên dương của . Chứng minh rằng có một ước nguyên tố lớn hơn .
Ta có
1,0
Do đó , với lẻ. Suy ra
Mà nên .
1,0
Gọi là một ước nguyên tố lẻ của . Khi đó . Do đó nếu đặt thì , dẫn đến với . Nếu thì , do đó . Dẫn đến , mâu thuẫn.
1,0
Do đó . Mặt khác theo định lí Fermat nhỏ thì thế nên . Suy ra . Từ đó ta có điều phải chứng minh.
1,0
5.
(3,0 điểm)
Xét một giác đều cùng với tâm của nó. Hai người chơi trò chơi như sau: họ lần lượt chọn một đỉnh của đa giác rồi nối với một trong hai đỉnh kề hoặc nối với tâm của hình đa giác đó bởi một đoạn thẳng. Người thắng cuộc là người chơi mà sau lượt chơi của anh ta thì ở bất kỳ đỉnh nào của đa giác đều có thể di chuyển đến mọi đỉnh còn lại bằng các đoạn thẳng đã nối ở trên. Với mỗi , hãy xác định xem ai là người có chiến lược thắng cuộc.
Xét chẵn.
TH1. Người thứ nhất nối đỉnh với tâm.
Người thứ hai nối tâm với đỉnh khác. Như vậy, sau khi người thứ hai thực hiện luôn có số lẻ đỉnh được kết nối. Do đó, người thứ nhất không thể nối hai điểm cuối cùng. Khi đó, người thứ hai chiến thắng.
TH2. Người thứ nhất nối hai đỉnh.
Người thứ hai nối một đoạn thẳng đối xứng với đoạn thẳng người thứ nhất vẽ qua tâm. Sau mỗi bước như vậy có số điểm được nối lại là số lẻ. Người thứ hai tiếp tục thực hiện các bước như thế đến khi người thứ nhất không thể di chuyển được nữa.
Giả sử có một lúc nào đó người thứ nhất có thể chiến thắng nếu người thứ hai đi trước. Gọi là đoạn cuối cùng được nối bởi người thứ nhất ở bước thứ và là đoạn đối xứng với nó, là đoạn mà người thứ nhất chiến thắng nếu người thứ hai vẽ . Chú ý là nếu là đoạn đi qua tâm, khi đó tương tự trường hợp .
Xét những điểm còn lại trước khi thực hiện bước . Đoạn nối điểm khác nhau và , đoạn nối hai điểm đối xứng tương ứng khác là và . Xét là tâm đường tròn.
Giả sử là một trong hai điểm hoặc , và nó cũng là . Điều này có nghĩa là là đối xứng tâm và chứa tâm của đường tròn. Bởi vậy, sau khi thực hiện bước số điểm là lẻ giống như bước . Do đó, bước có thể không chiến thắng.
Giả sử không thuộc và . Khi đó có ít nhất một điểm , trong đó có tâm đường tròn. Để thực hiện bước chiến thằng, phải nối với một điểm đẵ có từ bước và .
Sau khi thực hiện các bước và , các điểm nối lại không bao gồm tâm, , và bước không làm giảm số điểm. Vậy người thứ hai có thể chiến thằng bằng việc thực hiện bước bao gồm .
1,0
Xét lẻ. Ta chứng minh rằng người thứ nhất có thể chiến thắng nếu nối các đỉnh tùy ý với tâm đường tròn ở bước đầu tiên. Với điều này hiển nhiên.
Giả sử, với từ đến thì điều trên đúng. Xét , đánh số các đỉnh của đa giác theo chiều kim đồng hồ: , , ldots, . Người thứ nhất nối với tâm của đường tròn ở bước đầu tiên của mình. Xét người thứ hai đi đầu tiên:
* Nối đỉnh khác . Giả sử rằng người thứ hai nối với khi . Người thứ nhất nối với , khi đó trò chơi trở thành trường hợp . Nghĩa là, các đỉnh , , , trong đó có một đỉnh được nối từ qua , từ qua , từ tâm qua , ngoài ra có hai đường phụ nối từ tâm của đường tròn không đóng bất cứ vai trò nào. Người thứ nhất sẽ tạo ra hai đường đó nếu người thứ hai cũng làm vậy.
* Nối với đỉnh liền kề. Giả sử rằng người thứ hai nối với . Người thứ nhất nối với , trò chơi trở về trường hợp . Nghĩa là, các đỉnh , , có một đỉnh (nối từ ở bước thứ nhất của người thứ nhất) tương tự trường hợp trên.
* Nối với đỉnh liền kề của . Giả sử người thứ hai nối với . Người thứ nhất nối với , trò chơi trở về trường hợp . Nghĩa là, các đỉnh , , , một trong các đỉnh đó tương tự trường hợp trước. Điều khác biệt duy nhất ở đây bao gồm hai điểm phụ nối tới , điểm và có hai đường phụ nối tới .
* Nối với các đỉnh không liền kề với . Không mất tính tổng quát, giả sử người thứ hai nối với . Người thứ nhất nối với , sau đó trò chơi trở về trường hợp . Nghĩa là, xét các đỉnh ở giữa và , có một đỉnh nối với ở lần di chuyển đầu tiên của người chơi đầu tiên. Nếu người chơi thứ hai vẽ một đoạn thẳng nằm trong một trong các miền sau và , người chơi thứ nhất sẽ vẽ một đoạn thẳng đối xứng với . Có một số chẵn bước phụ không đóng bất cứ vai trò gì, do đó trò chơi giảm tính chính xác với số lượng ít hơn.
Trong mỗi trường hợp, trò chơi được giảm xuống tương đương với số ít và số lẻ đỉnh. Vậy người thứ nhất có chiến lược chiến thắng với mọi số lẻ .
1,0
---------HẾT--------
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH&ĐBBB
LẦN THỨ XIV NĂM 2023
MÔN THI: TOÁN 11
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1(4 điểm). Cho hai dãy số xác định bởi và
a) Chứng minh rằng không bị chặn trên.
b) Đặt Tìm
Câu 2 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số thoả mãn
.
Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn . Gọi là các đường cao ( lần lượt thuộc các cạnh ); là trực tâm của tam giác ; lần lượt là trung điểm các cạnh . Gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác và là tâm của đường tròn .
a) Chứng minh rằng các điểm thuộc đường tròn .
b) Chứng minh ba điểm thẳng hàng và là một hằng số.
Câu 4 (4 điểm). Cho và là các số nguyên dương, . Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của đều có dạng với k là số nguyên dương.
Câu 5 (4 điểm). Với là số nguyên dương, xét bảng ô vuông kích thước được chia thành các ô vuông. Một cách tô các ô vuông màu đen được gọi là “đẹp” nếu số lượng ô đen mỗi hàng và mỗi cột bất kì luôn là số chẵn; đồng thời, số các ô màu đen trên đường chéo có độ dài lớn hơn bất kì là số lẻ (đường chéo ở đây là dãy các ô liên tiếp nằm trên đường thẳng song song với một trong hai đường chéo của bảng ô vuông ban đầu; độ dài đường chéo là số lượng ô nằm trên đó).
a) Chứng minh rằng tồn tại một cách tô “đẹp” khi .
b) Chứng minh rằng không tồn tại cách tô “đẹp” với mọi là số chẵn.
---------------HẾT--------------
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Giám thị 1 :……………………………… Giám thị 2 : ………………………………
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Hướng dẫn chấm
Câu 1
4 điểm
Cho hai dãy số xác định bởi và
a) Chứng minh rằng không bị chặn trên.
b) Đặt Tìm
a) Từ hệ thức truy hồi suy ra
Suy ra với mọi nên là dãy tăng.
Giả sử bị chặn trên, khi đó tồn tại Khi đó vô lý. Do đó điều giả sử là sai, hay không bị chặn trên.
b) Đặt
Khi đó
Bằng quy nạp, ta có
Suy ra
Do đó tăng và
Ta có
Suy ra
Từ và ta suy ra
Câu 2
4 điểm
Tìm tất cả các hàm số thoả mãn
.
Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu bài toán.
Trong ta thay , ta được
Vậy là toàn ánh.
Giả sử tồn tại sao cho .
Trong lần lượt thay và , ta được
Từ và , suy ra . Vậy là đơn ánh
Do đó là song ánh.
Tiếp theo, ta chứng minh
Trong ta thay bởi và , ta được
(Vì là song ánh)
Trong , cho ta được . Từ đây suy ra nếu thì là hàm hằng, mâu thuẫn với đơn ánh, do đó .
Trong , cho , ta được .
Trong , cho ta được vì là song ánh.
Từ suy ra .
Cuối cùng, ta chứng minh là hàm cộng tính.
Trong thay bởi và ta được
Trong thay bởi và ta được
Từ cho ta thu được .
Ta có
Trong ta thay và (), ta được
Như vậy, .
Vì nên ta có .
Từ , kết hợp với là song ánh và là hàm nhân tính nên .
Thử lại thấy thoả mãn.
Câu 3
4 điểm
Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn . Gọi là các đường cao ( lần lượt thuộc các cạnh ); là trực tâm của tam giác ; lần lượt là trung điểm các cạnh . Gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác và là tâm của đường tròn .
a) Chứng minh rằng các điểm thuộc đường tròn .
b) Chứng minh ba điểm thẳng hàng và là một hằng số.
a) Gọi là trọng tâm tam giác .
+ Xét phép vị tự biến A thành M, B thành N, C thành P; do đó biến tam giác thành tam giác và do đó biến (O) thành .
+ Ta có (vì A đối xứng với D qua đường thẳng PN ), mà (vì biến tam giác thành tam giác) nên hay thuộc đường tròn .
+ Chứng minh tương tự ta có E, F cũng thuộc đường tròn (Điều phải chứng minh)
b) Ta có (vì , tương tự nên O là trực tâm tam giác , suy ra biến H thành O hay ta có (1).
Theo chứng minh câu 1) ta có, phép vị tự biến (O) thành nên biến O thành S, do đó (2)
Từ (1) và (2) suy ra hay (hằng số) (Điều phải chứng minh).
Câu 4
4 điểm
Cho và là các số nguyên dương, . Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của đều có dạng với k là số nguyên dương.
Gọi p là một ước nguyên tố của , có (1).
+ Từ là số lẻ nên p lẻ.
+ là số chẵn chia 3 dư 0 hoặc 1
không chia hết cho 3 p khác 3.
+ Ta có nên từ (1) suy ra , suy ra , suy ra hay .
+ Gọi h là cấp của a theo mod p.
Khi đó , suy ra h có dạng ()
Xảy ra các trường hợp:
- Nếu thì , suy ra .
Theo trên nên suy ra , mâu thuẫn với p lẻ.
- Nếu và thì , suy ra
Kết hợp với (1) suy ra , suy ra 8 (mod p). Theo trên có nên suy ra , mâu thuẫn.
- Nếu thì .
Do
nên , áp dụng định lý Fermat ta có , suy ra . Vậy tồn tại k nguyên dương mà hay , có điều cần chứng minh.
Câu 5
4 điểm
Với là số nguyên dương, xét bảng ô vuông kích thước được chia thành các ô vuông. Một cách tô các ô vuông màu đen được gọi là “đẹp” nếu số lượng ô đen mỗi hàng và mỗi cột bất kì luôn là số chẵn; đồng thời, số các ô màu đen trên đường chéo có độ dài lớn hơn bất kì là số lẻ (đường chéo ở đây là dãy các ô liên tiếp nằm trên đường thẳng song song với một trong hai đường chéo của bảng ô vuông ban đầu; độ dài đường chéo là số lượng ô nằm trên đó).
a) Chứng minh rằng tồn tại một cách tô “đẹp” khi .
b) Chứng minh rằng không tồn tại cách tô “đẹp” với mọi là số chẵn.
a) Ta xét cách tô màu cho bảng ô vuông kích thước lẻ tùy ý. Tô màu đen tất cả các ô ở hàng trên cùng và tất cả các ô ở dàng dưới trừ cột ngoài cùng bên trái như sau. Khi đó,
* Ở hàng và hàng , số ô được tô là chẵn; các hàng còn lại có số ô được tô là
* Ở cột 1, số ô được tô là các cột còn lại có số ô được tô là
* Trên mỗi đường chéo có độ dài lớn hơn 1, số ô được tô là
Như vậy, cách tô trên là đẹp và khi đó với cũng thỏa mãn.
b) Giả sử phản chứng rằng tồn tại cách tô màu đẹp cho bảng khi chẵn. Ta đánh dấu các ô theo thứ tự bởi các số như hình minh họa bên dưới với
Kí hiệu lần lượt là số ô được đánh dấu nằm trong các ô đánh số
Ta có các nhận xét sau:
* phải là số lẻ vì các ô được đánh dấu trên đường chéo là số lẻ và các ô được đánh dấu bởi số và sẽ phủ lên lẻ đường chéo.
* là số chẵn vì số các ô được đánh ở các cột bất kì đều là số chẵn.
* Tương tự, cũng phải là chẵn.
Từ đó suy ra cũng là số chẵn, mâu thuẫn. Vậy nên điều giả sử là sai và không tồn tại cách đánh số đẹp trong trường hợp chẵn.
ĐỀ ĐỀ XUẤT
Đề thi gồm 01 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ IX, NĂM 2023
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC - LỚP 11
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:
Bài 1 (4,0 điểm). Cho dãy số thực xác định bởi
Đặt Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài 2 (4.0 điểm). Cho là hai đa thức với hệ số thực, có ít nhất một nghiệm thực và . Chứng minh rằng (với ).
Bài 3 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn, không cân, , nội tiếp đường tròn . Gọi là đường tròn bất kì đi qua hai điểm và cắt các cạnh lần lượt tại . Đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ hai . Tiếp tuyến tại của đường tròn cắt đường thẳng tại . Gọi là giao điểm của hai đường thẳng ; đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt ( nằm giữa và ).
a) Chứng minh rằng hai đường tròn và tiếp xúc với nhau tại điểm .
b) Đường tròn cắt hai đường thẳng lần lượt tại hai điểm khác Chứng minh rằng hai đường tròn và tiếp xúc với nhau.
Bài 4 (4,0 điểm).
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên , tồn tại cặp số nguyên dương lẻ thoả mãn .
b) Cho , trong đó kí hiệu là phần nguyên của số thực . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương sao cho và .
Bài 5 (4,0 điểm). Sắp xếp 9 học sinh đứng cách đều nhau trên một vòng tròn tại vị trí 9 đỉnh của một đa giác đều. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác (có đỉnh là đỉnh đa giác đều) bằng nhau (các đỉnh của hai tam giác có thể trùng nhau nhưng hai tam giác là phân biệt) mà tất cả học sinh đứng ở các đỉnh của hai tam giác đó là cùng giới.
(Giả thiết rằng 9 học sinh này chỉ thuộc một trong 2 giới là nam hoặc nữ)
-------------- HẾT --------------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.)
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………. Số báo danh:
HƯỚNG DẪN CHẤM CHẤM MÔN: TOÁN - LỚP 11
Bài
Nội dung trình bày
Điểm
Bài 1
Cho dãy số thực xác định bởi
Đặt Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
4,0
Chứng minh bằng quy nạp, ta được
1,0
Ta có
Với mọi , ta thấy nên dãy là dãy giảm, lại bị chặn dưới bởi nên có giới hạn hữu hạn.
1,0
Giả sử , với
Từ giả thiết
suy ra
1,0
Vậy , chuyển qua giới hạn ta được:
Do nên
Suy ra
1,0
Bài 2
Cho là hai đa thức với hệ số thực, có ít nhất một nghiệm thực và . Chứng minh rằng . Với .
4,0
Gọi lần lượt là nghiệm thực của . Ta có với .
Xét
1,0
Từ và nên , do đó tồn tại một số thực sao cho .
Thay vào phương trình ban đầu, ta có
1,0
Đặt , ta có
Khi đó, ta có
1,0
Quá trình lặp lại như vậy, ta được dãy số thực tăng thực sao cho .
Từ đó suy ra hay .
Bài 3
Cho tam giác nhọn, không cân, , nội tiếp đường tròn . Gọi là đường tròn bất kì đi qua hai điểm và cắt các cạnh lần lượt tại . Đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ hai . Tiếp tuyến tại của đường tròn cắt đường thẳng tại . Gọi là giao điểm của hai đường thẳng ; đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt ( nằm giữa và ).
4,0
3a
Chứng minh rằng hai đường tròn và tiếp xúc với nhau tại điểm
2,0
Gọi là giao điểm thứ hai khác của hai đường tròn và .
Ta có (do ). Suy ra tứ giác nội tiếp
Tương tự, ta có tứ giác nội tiếp
Từ đó suy ra 3 trục đẳng phương của 3 cặp đường tròn đồng quy hay đồng quy tại , suy ra .
0,5
Ta có
Xét phép nghịch đảo : nên :
Tia cắt tại , suy ra : (do )
Suy ra nên
0,5
Ta có (do là tiếp tuyến của ), suy ra hai đường tròn tiếp xúc nhau tại .
0,5
Ta có : . Mà hai đường tròn tiếp xúc nhau tại nên suy ra hai đường tròn tiếp xúc nhau tại .
0,5
3b
Đường tròn cắt hai đường thẳng lần lượt tại hai điểm khác Chứng minh rằng hai đường tròn và tiếp xúc với nhau.
2,0
Gọi là hình chiếu vuông góc của trên
Khi đó 3 trục đẳng phương của 3 cặp đường tròn đồng quy tại một điểm, suy ra đồng quy tại .
Áp dụng ĐL Brocard cho tứ giác toàn phần thì là trực tâm tam giác , suy ra (do )
Ta có nên .
0,5
Gọi là giao điểm thứ hai của với , suy ra là đường kính của
Do nên suy ra tứ giác nội tiếp
Gọi là tâm đường tròn , là tâm đường tròn .
Do (do tứ giác nội tiếp) nên là tiếp tuyến của tại , do nên cũng là tiếp tuyến của tại .
0,5
Do là hai tiếp tuyến của nên trực giao và do đó là hai tiếp tuyến của .
Ta có đồng quy tại và nên nằm trên trục đẳng phương của .
Lại có nên nằm trên trục đẳng phương của . Vậy là trục đẳng phương của
Do và đối song đối với góc của tam giác nên , do đó tồn tại một phép vị tự tâm biến thành , suy ra tiếp xúc với tại .
0,5
Áp dụng định lý về tâm đẳng phương của ba đường tròn suy ra đồng quy, suy ra đi qua
Ta có suy ra là tiếp tuyến của và
Suy ra hai đường tròn và tiếp xúc nhau tại .
0,5
Bài 4
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên , tồn tại cặp số nguyên dương lẻ thoả mãn .
b) Cho , trong đó kí hiệu là phần nguyên của số thực . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương sao cho và .
4,0
4a
1,5
Quy nạp, giả sử tại bước thứ tồn tại cặp số nguyên dương lẻ thoả mãn
Tại bước thứ , ta có
0,5
Do lẻ nên không cùng tính chẵn lẻ.
0,5
Nếu lẻ, ta chọn
0,5
Nếu lẻ, ta chọn
0,5
4b
2,5
Xét phương trình nghiệm nguyên:

Phương trình Pell tương ứng (*) là (**)
Phương trình Pell (**) có nghiệm cơ bản là (1;1) và 2 không là số chính phương nên (**) có vô số nghiệm nguyên dương.
Suy ra phương trình (*) có vô số nghiệm nguyên dương .
0,5
Gọi là tập các số nguyên dương thoả mãn
Khi đó và với mọi
Nhận thấy dãy tăng nghiêm ngặt nên với mọi
Xét bất kì, ta chứng minh thoả mãn đề bài
Ta có
0,5
Giả sử phản chứng . Khi đó
Vô lý, do với mọi
Do đó
0,5
Giả sử phản chứng
Suy ra (vô lý, do , với mọi )
Do đó . Vậy với mọi đều thoả mãn đề bài
0,5
Bài 5
Sắp xếp 9 học sinh đứng cách đều nhau trên một vòng tròn tại vị trí 9 đỉnh của một đa giác đều. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác (có đỉnh là đỉnh đa giác đều) bằng nhau (các đỉnh của hai tam giác có thể trùng nhau nhưng hai tam giác là phân biệt) mà tất cả học sinh đứng ở các đỉnh của hai tam giác đó là cùng giới.
(Giả thiết rằng 9 học sinh này chỉ thuộc một trong 2 giới là nam hoặc nữ)
4,0
Gọi 9 học sinh là H1, H2, ..., H9 đứng tại chín đỉnh của đa giác đều chín cạnh.
Vì có 9 học sinh đứng tại 9 đỉnh nên có ít nhất 5 đỉnh có học sinh cùng giới (hoặc là Nam hoặc là Nữ). Để cho tiện, ta giả sử 5 đỉnh này có 5 học sinh Nam đứng (tương tự nếu là 5 học sinh Nữ).
Gọi một tam giác có 3 đỉnh mà 3 học sinh Nam đứng là tam giác Nam, như vậy có ít nhất tam giác Nam.
1,0
Bây giờ ta sẽ chứng minh có hai tam giác Nam bằng nhau:
Chín đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 9 cung bằng nhau và cung ta gọi mỗi cung này là một “mảnh”.
Không mất tính tổng quát, gọi là tam giác có . Hơn nữa sốlà số mảnh của cung không chứa điểm (); tương tự ta định nghĩa như thế cho số .
1,0
Tương ứng với mỗi tam giác với một bộ ba . Ta nhận thấy rằng:
và . Chẳng hạn với tam giác với 3 đỉnh ta gọi là tam giác tương ứng với một bộ ba (2;3;4) theo thứ tự đó.
Như vậy, các tam giác bằng nhau ứng với cùng một bộ ba số như định nghĩa, trong khi các tam giác không bằng nhau ứng với các bộ ba khác nhau. Từ đó, ta xây dựng một song ánh giữa các lớp tam giác bằng nhau với tập hợp các bộ ba số nguyên dương có thứ tự với .
1,0
Có tất thảy bẩy bộ ba số thỏa mãn là: và (3,3,3). Tức là có 7 lớp tam giác bằng nhau. Vì có ít nhất 10 tam giác Nam (Ba đỉnh tam giác là ba học sinh nam) nên có một lớp có ít nhất hai tam giác Nam; Do đó có ít nhất sáu học sinh cùng giới, đứng tại sáu đỉnh của hai tam giác bằng nhau.
1,0
LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG
ĐỀ ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023
MÔN THI: TOÁN - LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1. (4 điểm) Cho số thực và .
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương , phương trình luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất .
b) Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu hạn và tính .
Câu 2. (4 điểm) Cho tam giác nhọn, trực tâm , nội tiếp đường tròn . Trên cung nhỏ của đường tròn lần lượt lấy các điểm sao cho . Gọi là điểm trên đường thẳng sao cho . Đường thẳng cắt lại tại khác . Chứng minh rằng .
Câu 3. (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số liên tục thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
.
Câu 4. (4 điểm) Tìm tất cả các số k nguyên dương sao cho tồn tại 2023 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn tổng của 2023 số này chia hết cho tổng của k số phân biệt bất kỳ trong 2023 số đó.
Câu 5. (4 điểm) Cho là tập hợp gồm 2023 số nguyên dương và chọn ra n tập con của sao cho tổng các phần tử trong n tập con đó đôi một nguyên tố cùng nhau. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n.
___________ HẾT ___________
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ..............................................Số báo danh: ..................................
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nôi dung
Điểm
Câu 1
Cho số thực và .
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương , phương trình luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất .
b) Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu hạn và tính .
4 điểm
1.a (1.5 điểm)
Ta có
+ Với thì nên phương trình vô nghiệm.
0.5 điểm
+Với , ta có: nên hàm số tăng ngặt trên mà do đó phương trình luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất .
1 điểm
1.b (2.5 điểm)
Ta sẽ chứng minh dãy tăng. Thật vậy, xét . Vì và tăng trên khoảng nên để chứng minh dãy tăng ngặt, ta sẽ chứng minh
.
1 điểm
Giả sử . Vì tăng trên khoảng nên, với thì
(*).
Đây là điều vô lí. Do đó dãy tăng ngặt mà dãy bị chặn trên bởi 1 nên nó có giới hạn hữu hạn. Ta đặt: .
Khi đó:
với
Theo định lý Lagrange thì tồn tại sao cho:
Mà nên từ đây suy ra .
1 điểm
Do đó ta có: mà do đó theo nguyên lí giới hạn kẹp ta có .
0,5 điểm
Câu 2
Cho tam giác nhọn, trực tâm , nội tiếp đường tròn . Trên cung nhỏ của đường tròn lần lượt lấy các điểm sao cho . Gọi là điểm trên đường thẳng sao cho . Đường thẳng cắt lại tại khác . Chứng minh rằng .
4 điểm
Gọi giao điểm của CO và (O) là T, ta cần chứng minh T, V, G thẳng hàng.
Hay GA/GB = (TB/TA)(VB/VA).

onthicaptoc.com 20 De thi HSG Toan 11 nam 2023 coi dap an