Đề thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XII môn Toán Lớp 11 - Năm 2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XII môn Toán Lớp 11 - Năm 2019 (Có đáp án)

1. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 11 Họ và tên: .. SBD: + ¥ 2 3 Câu 1. Cho dãy số (u ) bị chặn trên và thỏa mãn điều kiệnu ³ .u + .u , " n = 1,2,3,... n n=1 n+ 2 5 n+1 5 n Chứng minh rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn. Câu2 : Cho ABC có đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BC,CA, AB ở D, E, F . Đường thẳng qua A song song BC cắt DE, DF lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn I tại điểm L khác D , NE  MF K . a) Chứng minh A, K, L thẳng hàng. b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U,V . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Câu 3 Tìm tất cả các đa thức 푃( ) ∈ ℤ[ ] sao cho với mọi số푛nguyên dương, phương trình 푃( ) = 2푛 có nghiệm nguyên. Câu 4. Cho p là số nguyên tố có dạng 12k 11. Một tập con S của tập M 1; 2;3;; p 2; p 1 được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các phần tử của M \ S. Ký hiệu S hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia p 1 cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng phần tử. S 2 Câu 5. Cho đa giác lồi n đỉnh Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu. Tìm giá trị nhỏ nhất của k . Trang 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI + ¥ 2 3 Câu 1. Cho dãy số (u ) bị chặn trên và thỏa mãn điều kiệnu ³ .u + .u , " n = 1,2,3,... n n=1 n+ 2 5 n+1 5 n Chứng minh rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn. Lời giải + ¥ 2 3 Cho dãy số (u ) bị chặn trên và thỏa mãn điều kiệnu ³ .u + .u , " n = 1,2,3,... n n=1 n+ 2 5 n+1 5 n Chứng minh rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn. 2 3 3 3 Ta có u ³ .u + .u Û u + .u ³ u + .u , " n = 1,2,3,... (1) n+ 2 5 n+1 5 n n+ 2 5 n+1 n+1 5 n 3 Đặt v = u + .u , " n = 1,2,3,... n n+1 5 n Từ (1) ta có vn+1 ³ vn , " n = 1,2,3,... (2) Vì dãy số u + ¥ bị chặn trên nên tồn tại số M sao cho u £ M , " n = 1,2,3,... ( n )n=1 n 3 8 suy ra v £ M + M = M , " n = 1,2,3,... (3) n 5 5 Từ (2) và (3)ta thấy dãy (vn )không giảm và bị chặn trên. Do đó, dãy (vn )là dãy hội tụ. 5 Đặt limv = a và b = a . Ta sẽ chứng minh limu = b . n 8 n e Thật vậy, vì limv = a nên " e> 0 nhỏ tùy ý, $n Î ¥ * sao cho v - a < , " n³ n n 0 n 5 0 3 3 3 8b e Mặt khác u - b - u - b < (u - b)+ (u - b) = u + u - < , n+1 5 n n+1 5 n n+1 5 n 5 5 3 e nên ta có u - b < u - b + , " n³ n . n+1 5 n 5 0 3 e Suy ra u - b < u - b + ; n0 +1 5 n0 5 æö2 3 e ç3÷ 3 e e un + 2 - b < un +1 - b + < ç ÷ un - b + . + ; 0 5 0 5 èç5ø÷ 0 5 5 5 ................ æök éæök- 1 æök- 2 ù ç3÷ e êç3÷ ç3÷ 3 ú un + k - b < ç ÷ un - b + ç ÷ + ç ÷ + ...+ + 1 . 0 èç ø÷ 0 êèç ø÷ èç ø÷ ú 5 5 ëê5 5 5 ûú æ3ök 1- ç ÷ k æök ç ÷ æö ç3÷ e è5ø ç3÷ e Þ un + k - b < ç ÷ un - b + < ç ÷ un - b + . 0 èç ø÷ 0 3 èç ø÷ 0 5 5 1- 5 2 5 Vậy, ta có u - b 0 nhỏ tùy ý. Hay n0 + k n ta chứng minh được limun = b . Vậy, dãy (un ) có giới hạn hữu hạn (đpcm). Câu2 : Cho ABC có đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BC,CA, AB ở D, E, F . Đường thẳng qua A song song BC cắt DE, DF lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn I tại điểm L khác D , NE  MF K . Trang 2
3. a) Chứng minh A, K, L thẳng hàng. b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U,V . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Lời giải a.Chứng minh A, K, L thẳng hàng. Trước hết ta chứng minh K là trực tâm MDN Do AN PBC nên ·ANF F· DB . Do D, E, F là tiếp điểm của I trên BC,CA, AB nên BD BF B· DF B· FD ·ANF B· FD ·AFN ANF cân tại A AN AF . Chứng minh tương tự ta có AM AE mà AE AF nên AN AF AE AM NEM vuông tại E ; NFM vuông tại F NE  MD;MF  ND mà NE  MF K suy ra K là trực tâm MDN Bây giờ ta chứng minh A, K, L thẳng hàng: + Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi D ' là điểm đối xứng của D qua T . Ta có ND ' PKM (vì cùng vuông góc với ND), MD ' PKN (vì cùng vuông góc với MD ). Do đó ND 'MK là hình bình hành. Do A là trung điểm MN nên A cũng là trung điểm KD’. Do đó D’, A, K thẳng hàng.(1) KF  DF + Hơn nữa, (do K là trực tâm) KE  DE Suy ra tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK Suy ra DL vuông góc với LK. Mặt khác DD’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vuông góc với LD’. Do đó L, K, D’ thẳng hàng. (2) Từ (1) và (2) suy ra A, K, L thẳng hàng (đpcm). b. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U,V . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Trang 3
4. Gọi P là giao của UL và T P L ; Q là giao LV và T Q L . Do MU tiếp xúc T tại M nên D· MU D· NM (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Do NE  ME, MF  NF nên NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN M· EU F· NM (cùng bù F· EM ) Nên U· ME U· EM UME cân tại U UM UE . 1 Ta có P· MU M· LU M»P MUP đồng dạng LUM 2 UE UL UM 2 UP.UL UP.UL UE 2 UEP : ULE (c.g.c) UP UE U· PE U· EL 1800 U· PE 1800 U· EL E· PL L· EF (3) Lại có L· EF 1800 L· DF (do LEFD nội tiếp) và L· PN 1800 L· DN (do LPND nội tiếp) nên L· PN L· EF (3). Từ (3) và (4) suy ra L· PN E· PL P; E; N thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có Q; F;M thẳng hàng. Do MNQP nội tiếp nên N· MQ N· PQ . Do NMEF nội tiếp nên N· MF N· EF . Do đó N· EF N· PQ EF PPQ UV PPQ. Do đó LQP tiếp xúc với LUV tại L suy ra UVL tiếp xúc với DMN tại L (đpcm). Câu 3 Tìm tất cả các đa thức 푃( ) ∈ ℤ[ ] sao cho với mọi số푛nguyên dương, phương trình 푃( ) = 2푛 có nghiệm nguyên. Lời giải Rõ ràng deg(P) 0. Đặt deg(P) m và là hệ số bậc cao nhất của 푃, không mất tổng quát, coi > 0. 푛 Gọi 푛 là nghiệm nguyên lớn nhất của phương trình 푃( ) = 2 . m axn xn 1 m Dễ thấy xn nên lim n 1, do đó lim 2 2 xn Trang 4
5. kn Hơn nữa, do xn 1 xn là ước của P xn 1 P xn nên xn 1 xn 2 , với kn là số tự nhiên nào đó. Suy ra x 2kn n 1 1 xn xn m m 2kn a.2m.kn Và m 2 1 lim lim a lim 2m.kn n . m xn a.xn Do đó, dãy m.kn n phải hội tụ đến l (nguyên) nào đó. Kéo theo m m 2 1 a.2l . Do đó mphải bằng 1 Đặt P x ax b . Từ a x2 x1 2 ta suy ra a 1, 2 . Từ đó, ta tìm được tất cả các đa thức P x thỏa mãn là P x a x k với a 1, 2 và k là một số nguyên tùy ý Câu 4. Cho p là số nguyên tố có dạng 12k 11. Một tập con S của tập M 1; 2;3;; p 2; p 1 được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các phần tử của M \ S. Ký hiệu S hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia p 1 cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng phần tử. S 2 Lời giải p 1 p 3  Trước hết, xét tập con S ; ;; p 2; p 1 thì rõ ràng S là tập con tốt và 2 2  p 1 2 p 1 p 1 p 1 S ( 1) ! !  2 ! 2a (mod p ) , 2 2 2 p 1 2 trong đó a ! và thỏa mãn p | a 1 theo định lý Wilson. 2 Ta xét các trường hợp: - Nếu a  1 (mod p) thì S 2 (mod p) . p 1 p 1 p 1 - Nếu a  1 (mod p) thì trong tập con S, thay bởi  (mod p) thì dễ thấy 2 2 2 dấu của S sẽ được thay đổi thành 2. Khi đó, trong cả hai trường hợp, ta đều chỉ ra được tập con tốt có S 2 (mod p) . Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho S 1 (mod p) hoặc S 0 (mod p ). Xét một tập con tốt S bất kỳ và gọi a,a lần lượt là tích các phần tử của S và M \ S . Theo định lý Wilson thì aa ( p 1)!  1 (mod p) . Khi đó, nếu a  a (mod p) thì p | a2 1, vô lý vì ta đã biết a2 1 không có ước nguyên tố 2 3 dạng 4k 3. Còn nếu a a  1 (mod p ) thì (2a 1)  3 (mod p) , cũng vô lý vì 1 p do theo giả thiết thì p  11 (mod 12 ). Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2. Câu 5. Cho đa giác lồi n đỉnh Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu. Tìm giá trị nhỏ nhất của k . Trang 5
6. Lời giải Dễ thấy kmin n 1, bởi vì k n 1 thì hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ một đỉnh được tô cùng một màu. TH1. Nếu n là số chẵn thì gọi các màu cần tô là 0,1,...,n 2 . Ta tô màu như sau: Ai Aj tô màu i j mod n 1 0 i, j n 2 và Ai An 1 tô màu 2i mod n 1 0 i n 2 . Cách tô màu này thỏa mãn đề bài. Thật vậy + Nếu Ai Aj , Ai Ak 0 i, j,k n 2 tô cùng màu thì j  k mod n 1 . Vô lí ! + Nếu Ai An 1, Ai Aj 0 i, j n 2 tô cùng màu thì i  j mod n 1 . Vô lí ! + Nếu Ai An 1, Aj An 1 0 i, j n 2 cùng màu thì 2i  2 j mod n 1 i  j mod n 1 . Vô lí ! Vậy cách như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Như vậy kmin n 1 . (1) TH2: Nếu n là số lẻ thì giả sử tô với n 1 màu là 0,1,...,n 2 . Khi đó, tất cả các đoạn thẳng có màu 1,...,n 2 xóa hết chỉ còn lại các đoạn thẳng đều có màu 0. Suy ra deg Ai 1 do đó n 1 deg Ai n2 (Vì tổng số bậc bằng 2 lần số cạnh). Điều này vô lí. Do đó k n. i 0 Với k n ta chỉ tô màu như sau: Gọi n màu cần tô là 0,1,...,n 1 thì Ai Aj tô màu i j mod n . Cách tô này thỏa mãn yêu cầu bài toán . Thật vậy Ai Aj , Ai Ak tô cùng màu thì i  j mod n vô lí. Như vậy kmin n. (2) n 1 Từ (1) và (2) suy ra kmin 2 1. 2 Trang 6