Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Vòng 1)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp ích cho việc làm bài kiểm tra, nâng cao kiến thức của bản thân, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu “Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Vòng 1)” bao gồm nhiều dạng câu hỏi bài tập khác nhau giúp bạn nâng cao khả năng tính toán, rèn luyện kỹ năng giải đề hiệu quả để đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Vòng 1)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2023-2024 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC QUỐC GIA NĂM HỌC 2024-2025 Khóa ngày 02 tháng 4 năm 2024 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH:…………… Đề gồm có 01 trang và 04 câu. Câu 1 (2,5 điểm): Giải các phương trình sau: a) 5sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) .tan 2 x . 1 log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) log 2 ( 5 − x ) . 2 b) = 2 Câu 2 (2,5 điểm): u1 = 2024  a) Cho dãy số ( un ) thoả mãn  un ( un + 3) 2 . Chứng minh rằng dãy số ( un ) = un +1 , ∀n ≥ 1  3un + 1 2 có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và a, b là hai số thực tùy ý mà ab > 0 . Chứng minh rằng tồn tại số thực α thỏa mãn af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (α ) = 0. Câu 3 (1,5 điểm): Một mật khẩu thẻ của ngân hàng X là một dãy gồm 6 chữ số. a) Có bao nhiêu mật khẩu thẻ của ngân hàng X có 6 chữ số khác nhau trong đó có chữ số 6 và chữ số 8. b) Tính số mật khẩu thẻ của ngân hàng X có tổng 6 chữ số bằng 16. Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C ' là trung điểm của SC , M là điểm thuộc cạnh SA , điểm N di động trên cạnh đáy BC ( N khác B, C ). a) Gọi G1 , G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ∆ABC và ∆SBC . Chứng minh rằng G1G2 song song với mặt phẳng ( SAB ) . b) Mặt phẳng (α ) chứa C ' M cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B′, D′. Xác định vị trí SB SD của điểm M để + =2024. SB ' SD ' c) Mặt phẳng ( β ) đi qua N đồng thời song song với hai đường thẳng SB và AC. Xác định đa giác tạo bởi giao tuyến của mặt phẳng ( β ) với các mặt của hình chóp S . ABCD và tìm vị trí của điểm N để đa giác đó có diện tích lớn nhất. -------------hÕt-------------
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2023-2024 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM QUỐC GIA NĂM HỌC 2024-2025 Khóa ngày 02 tháng 4 năm 2024 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình ở phần nào thì cho điểm 0 ở phần đó. * Điểm thành phần của mỗi câu được chia đến 0,25 điểm. Đối với những phần được chia đến 0,5 điểm thì tổ giám khảo thống nhất để chia đến 0,25 điểm. * Học sinh có cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. * Điểm của toàn bài là tổng điểm (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm Câu a) Giải các phương trình 5sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) .tan 2 x . 1,25 1a π Đk: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ ( k ∈  ) . 2 0,50 sin 2 x Ta có 5sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) .tan x ⇔ 5sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) . 2 2 cos x sin x 2 ⇔ 5sin x − 2 = 3 ⇔ 2sin 2 x + 3sin x − 2 = 0 ⇔ (2sin x − 1)(sin x + 2) = 0 0,25 1 + sin x 1  π  x= + k 2π ⇔ sin x = 2 1 ⇔ sin x =⇔  6 (k ∈ ) .  2 5π 0,25 sin x = −2 (VN ) x = + k 2π   6  π 5π Vậy x =k 2π ; x = k 2π ( k ∈  ) . + + 0,25 6 6 Câu 1 b) Giải phương trình log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) log 2 ( 5 − x ) . 2 = 1,25 1b 2 Đk: −1 < x < 5; x ≠ 1 . 1 log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) log 2 ( 5 − x ) 2 Ta có = 2 1
⇔ log 2 x − 1 + log 2 ( x + 1) log 2 ( 5 − x ) = 0,25 ⇔ log 2 x − 1 ( x + 1) =log 2 ( 5 − x ) ⇔ x − 1 ( x + 1) =5 − x 0,25 x > 1  x < 1  ⇔ hoặc  0,25 ( x − 1)( x + 1) =5 − x  ( − x + 1)( x + 1) = 5 − x  x > 1 x < 1 ⇔ 2 hoặc  2 ⇔ x = thỏa mãn. 2 0,25 x + x − 6 =0 x − x + 4 =0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 . 0,25 u1 = 2024  Câu a) Cho dãy số ( un ) thoả mãn  un ( un + 3) 2 . Chứng minh rằng = un +1 , ∀n ≥ 1 1,50 2a  3un + 1 2 dãy số ( un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Ta chứng minh un > 1, ∀n ≥ 1 bằng quy nạp. Dễ thấy u1 2024 > 1 . = Giả sử uk > 1, ∀k ≥ 1 . 0,50 uk ( uk2 + 3) ( uk − 1) 3 Ta thấy u= k +1 − 1 = −1 > 0 ⇒ uk +1 > 1 . Suy ra un > 1, ∀n ≥ 1 . 3uk2 + 1 3uk2 + 1 un ( un + 3) 2 2un (1 − un ) 2 Mặt khác un= +1 − u n = − un < 0, ∀n ≥ 1 nên ( un ) là dãy số 3un + 1 2 3uk2 + 1 0,25 giảm. Dãy ( un ) giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn. 0,25 x( x 2 + 3) Đặt lim un x ( x ≥ 1) . Khi= = đó x = 1 do x ≥ 1 . ⇔x 0,25 n →+∞ 3x 2 + 1 Vậy lim un = 1 0,25 n →+∞ b) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và a, b là hai số thực tùy ý mà Câu ab > 0 . Chứng minh rằng tồn tại số thực α thỏa mãn 1,00 2b 0. af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (α ) = Đặt = af (2023) + bf (2024) − (a + b) f ( x), khi đó g ( x) cũng là hàm số g ( x) liên tục trên đoạn [2023; 2024]. Ta có g (2023) af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (2023) b[f (2024) − f (2023)] = = 0,25 và g (2024) af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (2024) a[f (2023) − f (2024)] . = = Do đó g (2023).g (2024) = − f (2023)]2 . −ab[f (2024) α = 2023 Nếu f (2023) = f (2024) thì  thỏa mãn bài toán. 0,25 α = 2024 2
Nếu f (2023) ≠ f (2024) thì g (2023).g (2024) = − f (2023)]2 < 0 −ab[f (2024) 0,25 nên phương trình g ( x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm x α ∈ (2023; 2024) . = Vậy luôn tồn tại số thực α để af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (α ) = 0. 0,25 Một mật khẩu thẻ của ngân hàng X là một dãy gồm 6 chữ số. Câu 0,50 3a a) Có bao nhiêu mật khẩu thẻ của ngân hàng X có 6 chữ số khác nhau trong đó có chữ số 6 và chữ số 8. Giả sử mật khẩu thẻ của ngân hàng X có dạng x1 x2 x3 x4 x5 x6 . Có A62 cách chọn vị trí và sắp xếp hai chữ số 6 và 8. Sau đó có A84 cách chọn và 0,25 sắp xếp 4 chữ số còn lại. Suy ra có A62 ⋅ A84 = 50400 mật khẩu thẻ của X ngân hàng có 6 chữ số khác nhau 0,25 trong đó có chữ sổ 6 và chữ số 8. Câu b) Tính số mật khẩu thẻ của ngân hàng X có tổng 6 chữ số bằng 16. 1,00 3b Nhận xét: Số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 + x2 + ... + xm =, (*) với m, n ∈  + là Cm + n −1 . n m −1 Thật vậy, Đặt yi = xi + 1, ∀i = 1, m phương trình trên trở thành y1 + y2 + ... + ym = n + m , (**) Xét một dãy chứa m + n ký tự gồm n + m số 1. 0,25 Khi đó m + n ký tự tạo ra m + n − 1 khoảng trống, ta sử dụng m − 1 vách ngăn đặt vào m + n − 1 khoảng trống đó tạo ra m dãy ký tự con. Mỗi bộ các số xi , i = 1, m là tổng các chữ số 1 trong từng dãy con nhận được là một nghiệm của phương trình (**). Vậy số nghiệm của phương trình là Cm+−n −1 . m 1 Ta thấy rằng mỗi mật khẩu của thẻ ngân hàng X thỏa mãn bài toán tương ứng với một nghiệm của phương trình x1 + x2 + …+ x6 = 16 với xi ∈ {0; 1; 2;…; 9}, ∀i = ;6 . 1;.. 0,25 Do đó, số mật khẩu thẻ của ngân hàng X có tổng 6 chữ số bằng 16 bằng số nghiệm của phương trình x1 + x2 + …+ x6 = 16 với xi ∈ {0; 1; 2;…; 9}, ∀i = ;6 . 1;.. Đặt E là tập các nghiệm của phương trình x1 + x2 + …+ x6 = 16 với xi ∈ {0; 1; 2;…; 9}, ∀i =1;...;6 ; 0,25 E = * {( x ; …; x )∣ + …+ x 1 x 6 = 1 6 ∀i } 16; xi ∈ ,= 1;...;6 và 3
 6  Ai = {( x ; x ;…; x ) ∈ E ∣ 1 2 6 * x i > 9} ,= 1;...;6 . Khi đó E = E * \   Ai  . i  i =1  Xét E * : Theo nhận xét trên thì E * = C21 . 5 Xét các Ai : Đặt yi = xi − 10; y j = x j , ∀j ≠ i ta được 6  y1 + y2 + y3 + y4 + y5 + y6 =   (1).  yi ∈ , ∀i =  1;...;6 Số phần tử của Ai bằng số nghiệm của (1). Theo nhận xét trên thì Ai = C11 . 5 Vì không thể có phần tử ( x1 ; x2 ; …; x6 ) ∈ E * mà có hai chữ số xi , x j > 9 nên 6 Ai ∩ Aj =∅, ∀i ≠ j ⇒ A i =1 i =6 Ai =6 ⋅ C11 . 5 Vậy số mật khẩu thẻ của ngân hàng X thỏa mãn bài toán là 0,25 6 E* − A i =1 i = E * − 6 Ai = C21 − 6 ⋅ C11 = 17577. 5 5 Lưu ý: Nếu học sinh áp dụng kết quả bài toán chia kẹo Euler mà không chứng minh thì trừ 0,25 điểm. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C ' là trung điểm của SC , M là điểm thuộc cạnh SA , điểm N di động trên Câu cạnh đáy BC ( N khác B, C ). 1,00 4a a) Gọi G , G lần lượt là trọng tâm các tam giác ∆ABC và ∆SBC . Chứng 1 2 minh rằng G1G2 song song với mặt phẳng ( SAB ) . S D' M I C' B' G2 A D O G1 B J C JG1 1 JG2 Gọi J là trung điểm của BC . Ta có = = . 0,50 JA 3 JS ⇒ G1G2 / / SA ⇒ G1G2 / /( SAB ) 0,50 b) Mặt phẳng (α ) chứa C ' M cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B′, D′ . Câu SB SD 1,00 4b Xác định vị trí của điểm M để + =.2024 SB ' SD ' 4
S D' M I C' B' G2 A D O G1 B J C Gọi O là tâm của hình bình hành, I C ′M ∩ B′D′ . Xét tam giác SAC . Qua = A, C lần lượt kẻ các đường thẳng song song với C ′M , cắt SO tại E , F . S M I C' F A C O E 0,25 SA SE SC SF SA SC SE + SF SO Ta có = = ; ⇒ + = = 2 . SM SI SC ' SI SM SC ' SI SI 0,25 SB SD SO Tương tự + =.2 SB ' SD ' SI SB SD SA SC SA ⇒ + = + = +2 0,25 SB ' SD ' SM SC ' SM SB SD SA Vì + = 2024 ⇔ = 2022 ⇔ SA= 2022.SM . SB ' SD ' SM 0,25 Vậy M là điểm thuộc cạnh SA sao cho SA = 2022.SM . c) Mặt phẳng ( β ) đi qua N đồng thời song song với hai đường thẳng SB và AC. Xác định đa giác tạo bởi giao tuyến của mặt phẳng ( β ) với 1,50 các mặt của hình chóp S . ABCD và tìm vị trí của điểm N để đa giác đó có diện tích lớn nhất. S Câu Q 4c P R A D N' I' O B N C 5
Từ N kẻ đường thẳng song song với AC , lần lượt cắt AB, BD tại N ', I ' . Khi đó I ' là trung điểm của NN ' . Từ N , N ', I ' lần lượt kẻ các đường thẳng song song với SB , chúng cắt SC , SA, SD lần lượt tại R, P, Q . 0,25 Đa giác tạo bởi giao tuyến của mặt phẳng ( β ) với các mặt của hình chóp S . ABCD là ngũ giác NN ' PQR . Gọi = AC ∩ BD . O  NN ' BI ' BN =  AC = = x  BO BC Đặt BN = xBC ( 0 < x < 1) ⇒  .  NR = CN AN ' N ' P 0,25 = = = 1− x  SB  BC AB SB  I 'Q I ' D 2 − x = = ⇒  SB BD 2 0,25  NN = xAC ; NR N ' P  ' = = (1 − x ) SB  2− x  ⇒ S NN 'PQR =S NI 'QR =NR + I ' Q ) .NH =(1 − x )SB + 2 (  SB  .NI '.sin ( NI ', I ' Q )  2  0,25 với là H là hình chiếu của N lên I ' Q . ( 4 − 3x ) SB . x. AC .sin 1 = SB ) ( AC ,= . ( 4 − 3 x ) . ( 3 x ) .SB. AC.sin ( AC , SB ) . 0,25 2 2 12 1 2 Ta có: ( 4 − 3x ) . ( 3x ) ≤ ( 4 − 3x + 3x ) = ⇒ S NN 'PQR ≤ SB. AC.sin ( AC , SB ) . 2 8 2 3 0,25 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ 4 − 3x = 3x ⇔ x = ⇔ BN = BC . 3 3 -------------hÕt------------- 6
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2023-2024 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC QUỐC GIA NĂM HỌC 2024-2025 Khóa ngày 02 tháng 4 năm 2024 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang và 05 câu. Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c, trong đó a, b, c là các số thực với a > 0 1 và ab ≥ . Chứng minh rằng f (b 2 − 4ac) ≥ 0 . 8  abc  −a + b + c = 40   abc b) Tìm độ dài ba cạnh a, b, c của một tam giác thỏa mãn  = 60  a −b+c  abc  a + b − c = 120  u = 3  1 Câu 2. (2,0 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định bởi  1 3 ( ) * un+1 3 un − 2 , ∀n ∈  .  = a) Chứng minh rằng un > 2, ∀n ∈ * . 2 n ( uk + 1) ( uk − 2 ) , ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng (v b) Đặt vn = ∑ uk +1uk n) có giới hạn hữu hạn và k =1 tìm giới hạn đó. Câu 3. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC và điểm P thuộc miền trong tam giác (không nằm trên các cạnh của tam giác). Lấy điểm Q sao cho các đường thẳng AQ, BQ, CQ lần lượt đối xứng với các đường thẳng AP, BP, CP qua phân giác trong của các góc A, B, C. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB, AC và K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của Q lên AB, AC. a) Chứng minh rằng các điểm M , N , K , L cùng nằm trên một đường tròn. Tìm tâm của đường tròn đó. b) Gọi T là giao điểm của MN và KL . Chứng minh rằng AT vuông góc PQ . Câu 4. (1,5 điểm) Cho đa giác lồi n đỉnh (n ∈ , n ≥ 4). Ta kẻ tất cả các đường chéo. Biết rằng không có 3 đường chéo nào đồng quy tại một điểm thuộc miền trong của đa giác đã cho. Tính số miền đa giác được tạo thành bên trong của đa giác lồi đó (ta chỉ tính các đa giác mà bên trong nó không có điểm nào thuộc đường chéo của đa giác ban đầu). Câu 5. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn (5 p − 2 p )(5q − 2q ) pq . -------------Hết------------
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2023-2024 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM QUỐC GIA NĂM HỌC 2024-2025 Khóa ngày 02 tháng 4 năm 2024 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI Đáp án này gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình ở phần nào thì cho điểm 0 ở phần đó. * Điểm thành phần của mỗi câu được chia đến 0,25 điểm. Đối với những phần được chia đến 0,5 điểm thì tổ giám khảo thống nhất để chia đến 0,25 điểm. * Học sinh có cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. * Điểm của toàn bài là tổng điểm (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm 2 a) Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c , trong đó a, b, c là các số Câu 1,0 1a 1 2 điểm thực với a > 0 và ab ≥ . Chứng minh rằng f (b − 4ac) ≥ 0 . 8 2 Đặt ∆ b − 4ac . = 0,25 Nếu ∆ ≤ 0 thì f ( x) ≥ 0 với mọi x ∈  nên f (∆) ≥ 0 (do a > 0 ). Nếu ∆ > 0 và x1 < x2 là hai nghiệm của phương trình f ( x) = 0 thì 0,25 f (∆) ≥ 0 ⇔ (∆ − x1 )(∆ − x2 ) ≥ 0 (*) (do a > 0 ). −b + ∆ Để chứng minh (*) đúng, ta chỉ cần chứng minh ∆ ≥ x2 = . 2a 0,25 b b 1 ∆ Ta có ∆ + ≥ 2 ∆. ≥ 2 ∆. 2 = . 2a 2a 16a 2a −b + ∆ Suy ra ∆ ≥ ⇔ ∆ ≥ x2 . Vậy ta có điều phải chứng minh. 0,25 2a  abc  − a + b + c = 40  Câu  abc 1,0 b) Tìm độ dài ba cạnh a, b, c của một tam giác thỏa mãn  = 60 1b  a −b+c điểm  abc  a + b − c = 120  1
1 1 1 1  ab + ca − bc = 40  1 1 1 1 Từ giả thiết suy ra  − + = (1) 0,25  ab ca bc 60  1 1 1 1 − ab + ca + bc = 120  1 1 1 1 Cộng theo vế 3 phương trình trên, ta có + + = (2) 0,25 ab ca bc 20 1 1 =  bc 80  ab = 48 1 1  Từ (1) và (2) suy ra  = ⇔ bc =80 (3) 0,25  ca 60  1 1 ca = 60  ab = 48  a = 6 2  Suy ra (abc) 230400 ⇔ abc 480. Kết hợp với (3) ta có b = 8 . = = 0,25 c = 10  u1 = 3  Cho dãy số ( un ) xác định bởi  1 3 Câu 2a   un+1 = 3 ( un − 2 , ∀n ∈ *.) 1,0 điểm a) Chứng minh rằng un > 2, ∀n ∈ * . Ta chứng minh bằng quy nạp un > 2, ∀n ∈ * (*) . 0,5 Với n = 1 thì (*) đúng. Giả sử (*) đúng với n= k ≥ 1 , tức là uk > 2 . 1 2 Khi đó uk +1 −= 3 ( ) ( uk − 2 ) uk2 + 2uk + 4 > 0 ⇒ uk +1 > 2 . Vậy (*) đúng với 0,5 n= k + 1. Theo nguyên lí quy nạp thì (*) đúng với mọi n ∈ * . 2 Câu b) Đặt v = ∑ n ( uk + 1) ( uk − 2 ) , ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng (v 1,0 n n ) có giới hạn 2b k =1 uk +1uk điểm hữu hạn và tìm giới hạn đó. 1 2 = ( un + 1) ( un − 2 ) và (*) suy ra dãy ( un ) tăng. Từ un+1 − un 0,25 3 Giả sử ( un ) bị chặn trên khi đó ( un ) có giới hạn hữu hạn.  1 3 = =L Đặt lim un L,( L ≥ 3). Ta có  3 ( L − 2 , vô lí. ) 0,25 n→+∞  L ≥ 3 Do đó ( un ) không bị chặn trên, nên lim un = +∞ (1). n→+∞ 2
2 ( u + 1) ( uk − 2 ) =( uk +1 − uk ) = 3 n Ta có ∑ k n 3 n  3  3 u u ∑ u u ∑ u − = uk +1  1− un+1 (2). 0,25 = 1 k = 1 = 1 k +1 k k k +1 k k k  n ( uk + 1)2 ( uk − 2 )    3  Suy ra lim vn = lim  ∑   = lim 1 − = 1. 0,25 n→+∞ n→+∞  k =1 uk +1uk   n→+∞  un+1    Cho tam giác ABC và điểm P thuộc miền trong tam giác (không nằm trên các cạnh của tam giác). Lấy điểm Q sao cho các đường thẳng AQ, BQ, CQ lần lượt đối xứng với các đường thẳng AP, BP, CP qua phân Câu giác trong của các góc A, B, C. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông 1,5 3a góc của P lên AB, AC và K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm Q lên AB, AC . a) Chứng minh rằng các điểm M , N , K , L cùng nằm trên một đường tròn. Tìm tâm của đường tròn đó. A N K X Y T L M I P S Q B C Ta có tứ giác AMPN nội tiếp đường tròn đường kính AP nên  = . APM ANM 0,5 Tương tự,  =  . AQL AKL   Lại có AP và AQ đối xứng qua phân giác trong góc A nên PAM = QAL , suy ra  =  , do đó  =  , kéo theo MKL = MNL . APM AQL ANM AKL   0,5 Vậy các điểm M , N , K , L cùng nằm trên một đường tròn. Để ý rằng PQKM và PQLN là các hình thang vuông nên các đường trung trực của KM , NL cắt nhau tại trung điểm S của PQ . Đó là tâm đường tròn 0,5 cần tìm. Câu b) Gọi T là giao điểm của MN và KL . Chứng minh rằng AT vuông 2,0 3b góc PQ . điểm Gọi X , Y là trung điểm AP , AQ . Khi đó X , Y là tâm đường tròn ngoại 0,5 tiếp các tứ giác AMPN và AKQL . 3
Ta có MN , KL lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ( X ) và ( S );(Y ) và ( S ) . Do đó T là tâm đẳng phương của ba đường tròn ( X ),(Y ),( S ). Suy ra AT là trục đẳng phương của hai đường tròn ( X ) và (Y ) . 0,5 Do đó AT ⊥ XY . Mặt khác XY là đường trung bình của tam giác APQ nên XY  PQ . 0,5 Vậy AT ⊥ PQ . 0,5 Cho đa giác lồi n đỉnh (n ∈ , n ≥ 4). Ta kẻ tất cả các đường chéo. Biết Câu rằng không có 3 đường chéo nào đồng quy tại một điểm thuộc miền 1,5 4 trong của đa giác đã cho. Tính số miền đa giác được tạo thành bên trong điểm của đa giác lồi đó (ta chỉ tính các đa giác mà bên trong nó không có điểm nào thuộc đường chéo của đa giác ban đầu). Gọi a3 ; a4 ;...; am lần lượt là số miền tam giác; tứ giác; ngũ giác;…; m - 0,25 giác được tạo thành. Ta cần tính S = a3 + a4 + ... + am . Trước hết; ta đếm tổng tất cả các đỉnh của các miền đa giác. Ta thấy ngay tổng này bằng A = 3a + 4a + ... + m.a . 0,25 3 4 m Hơn nữa, nếu đếm như vậy thì mỗi giao điểm của 2 đường chéo sẽ được tính 4 lần (do giao điểm đó thuộc 4 miền). Mỗi đỉnh của đa giác ban đầu sẽ được đếm n − 2 lần (do thuộc n − 2 miền). 0,25 4 Như vậy, A = 3a3 + 4a4 + ... + m.am = 4.Cn + n(n − 2) (1) Tiếp theo, ta đếm tổng tất cả các góc trong các miền của đa giác. Ta có tổng này bằng 0,25 0 0 0 0 = 180 .a3 + 180 .2.a4 + 180 .3.a5 + ... + 180 .(m − 2)am . B Mặt khác, tổng các góc trên chính là tổng các góc của đa giác ban đầu ( 1800.(n − 2) ) cộng với 3600 nhân tổng các giao điểm của các đường chéo. Như vậy, = 1800.a3 + 1800.2.a4 + 1800.3.a5 + ... + 1800.(m − 2)am B 0,25 = 1800 (n − 2) + 3600.Cn . 4 4 Suy ra a3 + 2a4 + ... + (m − 2).am 2.Cn + (n − 2) (2) = 4 1 Từ (1) và (2) suy ra S =+ Cn + n(n − 3) . 1 0,25 2 Câu 1,0 Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn (5 p − 2 p )(5q − 2q ) pq . 5 điểm Giả sử p ≤ q . 0,25 Do (5 p − 2 p ) và (5q − 2q ) đều là số lẻ nên 3 ≤ p ≤ q . 4
Ta có p= q= 3 thỏa mãn. ( ) Nếu p = 3 , q > 3 thì ta có 117 5q − 2q 3q ⇔ 39 5q − 2q  q và ( ) 5q − 2q ≡ 5 − 2 ≡ 3 ( mod q ) theo định lý Fermat nhỏ nên q | 39 , do đó q = 13. Suy ra ( p; q ) = ( 3;13) , (13;3) là hai cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn bài toán. Nếu 5 ≤ p ≤ q ta có 5 p − 2 p ≡ 5 − 2 ≡ 3 ( mod p ) nên từ giả thiết suy ra 5q − 2 q  p . 0,25 Lại có 5 p −1 ≡ 2 p −1 ≡ 1( mod p ) nên 5 p −1 − 2 p −1  p . Do q > p − 1 nên ( q; p − 1) = Suy ra tồn tai m, n ∈ * thỏa mãn 1. 1 hoặc nq − ( p − 1) m = (*) mq − ( p − 1) n = 1 5 p −1 ≡ 2 p −1 ( mod p ) 5n(p −1) ≡ 2n(p −1) ( mod p )   Suy ra  q ⇒  mq ,  5 ≡ 2q ( mod p )  5 ≡ 2mq ( mod p ) 0,25 5m (p −1) ≡ 2m (p −1) ( mod p )  hoặc  nq 5 ≡ 2 ( mod p ) nq  Do đó 5n(p −1) 2mq ≡ 2n(p −1)5mq ( mod p ) hoặc 5m (p −1) 2nq ≡ 2m (p −1)5nq ( mod p ) . Kết hợp (*) , sau khi rút gọn hai vế ta được 5 ≡ 2 ( mod p ) hay p = 3 (loại vì đang xét p > 5 ). 0,25 Vậy ( p; q ) = ( 3;3) , ( 3;13) , (13;3) là tất cả các cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn bài toán. -------------hÕt------------- 5