Đề thi HSG Toán 11 Trường THPT Chuyên Quảng Ninh

TRƯỜNG THPT
KỲ THI CHỌN HSG CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN Đề thi đề xuất
KHU VỰC DH& ĐBBB LẦN XV, NĂM 2024
(Đề thi có 01 trang) Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút
Bài 1: (4 điểm) Cho hai dãy số (an),(bn) được xác định bởi:
1. (1 điểm) Tìm công thức số hạng tổng quát của (an). 1.
(3 điểm) Chứng minh rằng ¿.
Bài 2: (4 điểm) Cho các đa thức P(x ), Q(x )∈ R[ x ] mà deg P>1 và thỏa mãn điều kiện:
P(Q(x))=P(P(x))+P(x), ∀ x∈ R .
Chứng minh rằng P(−x )=P(x )+ x , ∀ x ∈ R.
Bài 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ˆA tù nội tiếp (O). Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
BOC lấy 1 điểm D bất kỳ. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt DB , DC tại các điểm B' ,C '. 1.
Đường thẳng qua B' vuông góc với BA cắt đường thẳng qua C ' vuông góc với CA tại J.
Chứng minh (JB ' C ') tiếp xúc với 1 đường tròn cố định. 2.
Gọi T là tiếp điểm của (JB ' C ') với đường tròn cố định ở ý 1. DA cắt (BOC) tại điểm thứ
hai là D '. B' C ' cắt BC tại Q. (Q , QA) cắt ( AD' O) tại R ≠ A. Chứng minh rằng tâm ngoại
tiếp tam giác ART dịch chuyển trên 1 đường thẳng cố định khi D dịch chuyển.
Bài 4: (4 điểm) Cho p>3 là số nguyên tố. Đặt 1+ 1 + 1 +…+ 1 = r với r và s là các số nguyên 2 3 p ps dương. Chứng minh rằng p3 là ước của r −s.
Bài 5: (4 điểm) Cho n là số lẻ lớn hơn 1. Tìm số các hoán vị σ của A={1 ;2; …; n} thỏa mãn
|σ(1)−1|+|σ(2)−2|+…+|σ(n)−n|=n2−1 . 2
———— HẾT ————
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:................................................................................ Số báo danh:.......................
Chữ ký của cán bộ coi thi 1:................................Chữ ký của cán bộ coi thi 2:.............................. TRƯỜNG THPT
KỲ THI CHỌN HSG CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN Đề thi đề xuất
KHU VỰC DH& ĐBBB LẦN XV, NĂM 2024
(Hướng dẫn có ... trang)
Hướng dẫn chấm: môn Toán Bài 1(4,0đ) a. a = 1 ¿ n √5
b. Xét dãy Fibonaci (F =F
n) : F 0=0 , F1=1 , F n+2= F n+1 + F n , ∀ n ≥ 0. Ta chứng minh an 3n với mọi
n. Thật vậy, đặt α= 1+√5 , β=1−√5 thì F = 1 (αn−βn) , ∀ n. 2 2 n √5 Ta có
α3=α . α2=α .(α +1)=2+√5 suy ra
F =a , ∀ n ≥ 0 3 n n .
Tiếp theo ta chứng minh b =¿ n
là đủ. Thật vậy, dễ dàng kiểm tra các số hạng đầu.
Quy nạp, giả sử b =¿ =¿ k
, ta sẽ chứng minh bn+3 . Thật vậy, rút a
=b +b −b ,∀ n≥ 0
n từ công thức của (bn), ta được an+1 n+2 n+1 n , thay vào công thức
truy hồi của (an), ta được b
¿ 3 b +6 b −3 b −b n+3 n+2 n+1 n n−1 ¿ ¿ ¿ ta có đpcm. Bài 2(4,0đ) Đặt
deg P=n>1 , deg Q=m, từ giả thiết suy ra n . m=n2 hay m=n. n n
Đặt P(x )=∑ a xk ,Q(x)=∑ b xk với a .b ≠0. k k n n k=0 k=0
So sánh hệ số cao nhất hai vế, ta được a n n +1 =± a n . bn=an nên bn n.
Mặt khác ∀ x ∈ R:
P(Q(x ))=P(P(x))+P(x)⇔ P(Q(x))−P (P(x))=P(x) n −1 n−k−1
⇔(Q(x)−P(x)).( ∑ a ∑ Pi(x).Qn−k−1−i(x))=P(x). n−k k=0 i=0 n−1 n−k−1
Đặt R(x)=( ∑ a ∑ Pi(x).Qn−k−1−i(x)), ta viết gọn lại thành n−k k=0 i=0
(Q(x)−P(x)).R (x)=P (x), ∀ x∈R . Nếu b =a n
n thì do deg R =n( n−1) nên $\deg VT >= n(n-1) suy ra n ≥ n(n−1)⇔ n−1 ≤ 1 từ đó có n=2.
Khi đó deg R=2 suy ra deg (Q−P)=0 nên Q(x )=P(x )+u, với u là hằng số ≠ 0, và
deg P=deg(Q−P)+deg R=2 suy ra P(x)=a x2+bx+c ,a≠ 0.
⇒ P (P(x)+u)¿=P(P (x))+ P(x), ∀ x ∈ R
⇒ P (x+u)=P (x)+x ,∀ x ∈R.
Đồng nhất hệ số: a ¿
⇔ au= 1 ; b=−1 nên P(x )=a x2− 1 x +c , ∀ x ∈ R. 2 2 2
Dễ dàng kiểm tra khi đó P(−x)−P(x)=x , ∀ x ∈ R. Nếu b =−a n
n thì deg (Q− P )= n=deg P suy ra deg R =0 nên R ( x )=m ≠ 0, từ đó P ( x )=kQ ( x). Do b =−a n
n suy ra k =−1, ta được Q ( x )=− P ( x ), ∀ x ∈ R.
Từ đó P(−P( x))=P(P(x ))+P(x ), ∀ x ∈ R suy ra P(−x )=P(x )+ x , ∀ x ∈ R. Ta có đpcm. Bài 3(4,0đ)
1. Chứng minh (JB ' C ') tiếp xúc với 1 đường tròn cố định.
Gọi T là giao điểm của (BB' A) và (CC ' A). Ta có ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
B' TC '=B ' TA+ ATC '=DBA +DCA=BAC−BDC=90∘− BDC 2
Bởi B' J ⊥ BA và C ' J ⊥ CA nên ta có : ˆ ˆ ˆ
B' JC '=180∘−BAC=90∘− BDC 2
Do đó nên ta có được J , T , B ' , C ' cùng thuộc 1 đường tròn Ta có: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
BTC=BTA+ ATC=DB' C ' +DC ' B '=180∘−BDC
Do đó nên T ∈(BDC )≡(BOC). &Kẻ tiếp tuyến Tt của (BOC). Ta có : ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
tTC '=tTC+CTC '=TBC+CAC '=ABC+TBC=TBA=TB ' C '
Do đó nên Tt tiếp xúc với (TB ' C ') hay Tt tiếp xúc với (JB ' C ').
Vậy nên (JB ' C ') tiếp xúc với (BOC) cố định.
2.Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp tam giác ART dịch chuyển trên 1 đường thẳng cố định.
Gọi G là giao của AO với (BOC).
Khi đó A là tâm nội tiếp tam giác GBC. Lấy I là giao điểm thứ hai của TA với (BOC) và H là
điểm chính giữa cung BGC của (BOC).
F là tiếp điểm của đường tròn G−mixtilinear tiếp xúc trong của tam giác BGC với (BOC).
Khi đó ta có các tính chất quen thuộc sau đây: 1.
F , A , H thẳng hàng. 2.
FO, B ' C ' , BC đồng quy tại Q.
Lưu ý: Mỗi tính chất trên đều phải chứng minh đủ và đúng thì mới cho điểm tuyệt đối. Còn
thiếu tính chất nào (không chứng minh mà dùng luôn), thì chỉ cho tối đa 0.25 điểm &0.5
Gọi K là giao của B' C ' và BG. Ta có: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ITH=BTH −BTA=90∘− BGC −KB ' B=GKB '−KB' B 2 ˆ ˆ ¿ KBB'=GBD
Do đó nên GD=IH và thu được GH ∥ ID. Ta chú ý thêm HG ∥ B ' C ' nên ta có được DI ∥ B' C ' .
Nghịch đảo tâm A phương tích PA ,(BOC) cho ta: