SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐÈ THỊ NĂNG KHIẾU LÀN 2 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2023-2024 NGUYÊN TRÃI Môn: Toán 10 - Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2 điểm) Cho dãy số (a„) xác định bởi: HEg E2 đa 2đ —d, +ln= 1,2,3... Tính giới hạn của tổng Š, = A— khi ï tiến tới vô cùng. Câu 2. (2 điểm) a) Tìm nghiệm phức của phương trình xŠ + x? + x + 1 =0. b) Hỏi có tồn tại đa thức Q (+) hệ số thực sao cho tồn tại hai số thực a, b để QŒ++x?+x )=x +” +? ng X”) ca” px” + g1
Câu 3. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Lấy X, Y, Z lần lượt là ba trung điểm của ba đoạn EF, FD, DE. Chứng minh đường thẳng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy.
ˆ^ sà ` à +..P ^ Sà Z. XS Ậ ^ Ẩ ..3 ` -Á ^ Câu 4. (2 điểm) Tìm tât cả các bộ sô (0, q,r,) với p, q, r là các sô nguyên tô và ? là sô nguyên dương, sao cho:
p? = q? + rT Câu 5. (2 điểm) Cho tập hợp 4= {1,2,...,2023}. Với mm là số nguyên dương, ta gọi X c 4 là
tập hợp zz— tốt nếu như X có đúng mm phần tử và với mọi x thuộc X thì x—l hoặc x +1 cũng thuộc #.
a) Với 2< m <4, tính số lượng tất cả các tập zm - tốt.
b) Với m = 5, chứng minh rằng số tập 5— tốt là số chính phương.
-_— TIẾT. — Hướng dẫngiải |( loại:
a =l;a, =3
Câu 1. (2 điểm) Cho dãy số (a„) xác định bởi: | n=1,2,3....
+2 = 24,„.ị —â8; +
Tính giới hạn của tổng S, sa khi mr tiến tới vô cùng. _ k=l tụ
LG: Từ giả thiết ta suy ra:
đ„ — d„-+ = đạ—-1 — đạ—¿ + 1
đạ — d; = q; — ũy + 1 đ¿ — q1 = ø;+ 1 Cộng lại ta suy ra đ„ — đ+ Z đn~—1 +Tn — 1 2 dạ = a„_¡ + r.. Lặp lại quá trình như vậy ta suy ra:
n{n + 1)
y =.ay_¡ +Tì= 0n-a ††— 1+ T= s= 1+ 2+ +: +T: = 5
78c S3 ðì TU: lc n Do đồ 8, = À —” ni =2 l:- mn” j[ m]” n1
Suy ra lo RẺ Bo 2. n—»+œ n—>+© ÿ + |
Câu 2. (2 điểm) a) Tìm nghiệm phức của phương trình x3+x~?+x+1=0.
b) Hỏi có tồn tại đa thức Q(x) hệ số thực sao cho tồn tại hai số thực a,b để 0Œ&+x?+x3)=x+zx?2+x® + + 2017 + ax2918 + bx2019 + x2920)
LG: a) Phương trình có 3 nghiệm phức là x = —1,x = i,x = ~Ì.
b) Thay x = —1 ta suy ra Q(—1) = —=1+a—b+1=a—b
Thay x = ỉ ta suy ra Q(—1) = ỉ.(1 + + -::+ ¡2016) + qj2018 + pj2019 + ¡2020 = (1 — a) + i(1— b)
Suy ra ø — b = (1—a)+i(1—b) do đó a = b = 1.(1) Mặt khác với x = 0 ta suy ra Q(0) = 0.
—1+iV3 2

Và để ý đa thức x3 + x? + x còn có nghiệm w = nên ta thay x = w ta được:
w2017 — 1 0(0) =ư. _ + a.w2018 + b,w2912 + 2920 = (b — a) + w(2 — ø) Để ý rằng: w3 = 1,w? = —1 — w
Từ đó ta được a = 2,b = 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra mẫu thuẫn. Vậy không tồn tại đa thức thỏa mãn.
Câu 3. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Lấy X, Y, Z lần lượt là ba trung điểm của ba đoạn EF, FD, DE. Chứng minh đường thắng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy.

B7 ph =.C
LG: Gọi M, N, P lần lượt là là chân đường vuông góc hạ từ X, Y, Z xuống AB, BC, CA. Để chỉ ra XM, YN, ZP đồng quy dựa theo định lý Carnot ta sẽ chỉ ra: (MB2 — MC?) + (NC2 — NA?) + (PA? — PB?) = 0 Tương đương với việc chỉ ra: (XB? — XC€?) + (YC? — YA?) + (PA? — PC”) =0 Mà XB, XC là đường trung tuyến trong hai tam giác EFB và EFC nên theo công thức đường trung tuyến ta có:
2h? + 2FB? — EF2
2= XxB Ậ _ 2hỆ + 2EC? — EF? = An ÄA
hp, h„ là độ dài đường cao hạ từ B trong tam giác ABC.
xe
Suy ra : XB?T— C2 = (hộ — hệ) + (FB? — EC”) 2 Chứng minh tương tự ta được: tữ2.- vi = (hệ — hã) + (DC2 — FA?) 2 ZA2 —zB2>= (hệ — h?) + (EA? — DB”) 2
Do đó (XB2 — XC2) + (YC? - YA?) + (PA? — PC?)
[(FB? — FA?) + (EA? — EC?) + (DC? — DB*?)] =0
|
Điều này đúng do ta áp dụng định lý Carnot cho tam giác ABC trực tâm H.
^ .à ` à ˆ. 7 Ä.. Xà z. ` x Ạ ˆ ` ` _ã ^ Câu 4. (2 điêm) Tìm tât cả các bộ sô (7, q, r, 0) với p, q,r là các sô nguyên tố và m. là số nguyên dương, sao cho:
p? = q? +rn LG: p°=q?+r* ©r" =(p~ q)(p +4) THI. r là ước của ø — q và p + q suy ra r|2p. Do r,p nguyên tố nên ta lại có 2 trường hợp nhỏ hơn
1.1 r[p suy ra r = p. Thay vào phương trình ta suy ra p? = q? + p* .Do > 1 nên p|q mà 7, q là số nguyên tố nên ø = q dẫn tới r = 0 (trái với giả thiết : nguyên tố)
1.⁄2r = 2 nên ta có p + q = 2#,p — q = 2? trong đó a, b € Ñ,a + b = rn. Rõ ràng a > b và ta có: p = 2P~1(28~ + 1)
Do ø là số nguyên tố nên bắt buộc b — 1 = 0 hay b = 1 suy rap — q = 2,p + q = 2” vàp = 2%~1+ 1.g=?71—1.
Xét theo đồng dư mod 3, ø = (—1)~1 + 1 (mod 3). Nếu a lẻ suy rap = 0 (mod 3) hay p = 3,q = 1 (vô lý do q nguyên tổ). Nếu a chẵn suy ra q = 0 (mod 3) hay q = 3 do đó p = 5. Ta tìm được bộ số thỏa mãn là (p, q,7,\) = (5,3,2,4)
TH2. 7 là ước của một trong hai sỐ p — q vàp+q.Dop+q>p— q nên ta phải có ø — q =1. Do Ð, q nguyên tố kết hợp với tính chẵn lẻ ta Suy ra = 3,q = 2. Ta tìm được bộ số thỏa mãn là (0,q,r,n) = (3,2,5,1)
Câu 5. (2 điểm) Cho tập hợp 44 = {I,2,...,2023} . Với mm là số nguyên dương, ta gọi X C 4 là tập
hợp zzT— tốt nếu như X có đúng 7 phần tử và với mọi x thuộc X thì x— hoặc x+ cũng thuộc c
a) Với 2 < m < 4, tính số lượng tất cả các tập 7z — tốt. b) Với zz = 5, chứng minh rằng số tập 5 — tốt là số chính phương. LG: a) Với m = 2, tập hợp tốt phải có dạng {2,ø +1} nên có tất cả 2022 tập.
Với zm =3, tập hợp tốt phải có dạng {2, +1, +2} nên có tất cả 2021 tập.
Với zm =4, tập hợp tốt có dạng {a,b,c,đ} với aNgoài ra, 5,c không cần có liên hệ gì, chỉ cần thỏa mãn ở < e. Do đó, X ={2,a+1,e,e+ 1} với c—a>2 nên số cách chọn cặp (đ,c) là
2020 +2019+---+1=1010-2021. Vậy số tập hợp thỏa mãn là 2022 + 2021+1010-2021=1011.2023.
b) Xét tập tốt có dạng {2,b,c,đ,e} với 1Các tập tốt sẽ là Š = 6 t25; nên |S|= |S|+|S;|—|S¡ 5|.
9 Tương tự phẫn a, ta tính được |S|=|S; I== __=
và |Š,“^5,|=2019 (do ta có 5 phần tử liên tiếp).
Khi đó ý =2019-2020— 2019 =2019” là số chính phương.