Đang tải... (xem toàn văn)
Bộ đề thi HSG Trại Hè Hùng Vương môn Toán bao gồm đề thi mẫu của các trường, được biên soạn theo cấu trúc đề thi chính thức. Mỗi đề thi đi kèm với đáp án chi tiết và lời giải cụ thể, giúp học sinh nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải quyết các bài toán. Các đề thi được thiết kế để phản ánh đầy đủ chương trình học Toán lớp 11, giúp học sinh ôn tập một cách toàn diện. Bộ tài liệu này sẽ là nguồn tư liệu quý giá giúp học sinh chuẩn bị tốt cho kỳ thi HSG và nâng cao kiến thức Toán của mình.
Website: tailieumontoan.com 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 MƠN: TỐN HỌC - LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT Đề thi gồm 01 trang Bài (4,0 điểm) Cho dãy số thực ( xn ) xác định x0 = 1, x1 = 2; xn + xn −1 − xn2 = 3, ∀n = 1, 2, Đặt yn = n , ∀n ∑ x = x k =1 k 1, 2, Chứng minh dãy số ( yn ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn k +1 Bài (4.0 điểm) Cho P ( x ) , Q ( x ) hai đa thức với hệ số thực, có nghiệm thực P + x + Q 4= + x + P ( x ) , ∀x ( x ) Q 2023 2023 Chứng minh P = ( x ) Q ( x ) , ∀x (với P4 ( x ) = P ( x ) ) Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi ( K ) đường trịn qua hai điểm B, C cắt cạnh AB, AC F , E Đường thẳng AK cắt đường tròn ( KEF ) điểm thứ hai L Tiếp tuyến L đường tròn ( KEF ) cắt đường thẳng EF S Gọi H giao điểm hai đường thẳng BE , CF ; đường thẳng SH cắt đường tròn ( K ) hai điểm phân biệt P, Q ( P nằm S Q ) a) Chứng minh hai đường tròn ( LPQ ) ( O ) tiếp xúc với điểm T b) Đường tròn ( KEF ) cắt hai đường thẳng AB, AC hai điểm F ′, E ′ khác A Chứng minh hai đường tròn (TE ′F ′ ) ( O ) tiếp xúc với Bài (4,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên n ≥ , tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) thoả mãn xn + yn = 2n n + (n + 1) , n ≥ , kí hiệu [ a ] phần nguyên số thực a Chứng minh b) Cho a= n tồn vô hạn số nguyên dương n cho an − an −1 > an +1 − an = Bài (4,0 điểm) Sắp xếp học sinh đứng cách vịng trịn vị trí đỉnh đa giác Chứng minh tồn hai tam giác (có đỉnh đỉnh đa giác đều) (các đỉnh hai tam giác trùng hai tam giác phân biệt) mà tất học sinh đứng đỉnh hai tam giác giới (Giả thiết học sinh thuộc giới nam nữ) HẾT -(Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.) Họ tên thí sinh: ………………………………………………… Số báo danh: ………………… Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM CHẤM MƠN: TỐN - LỚP 11 Hướng dẫn chấm gồm 06 trang Bài Điểm Nội dung trình bày Cho dãy số thực ( xn ) xác định x0 = 1, x1 = 2; xn + xn −1 − xn2 = 3, ∀n = 1, 2, Bài Đặt yn = n = , ∀n 1, 2, Chứng minh dãy số ( yn ) có giới hạn hữu hạn tìm ∑ k = xk xk + 4,0 giới hạn Chứng minh quy nạp, ta xn > 0, ∀n = 1, 2, Ta có 1,0 4 n xk + 1.xk −1 − xk n xk −1 xk x0 xn xn yn = ∑ = ∑ = ∑ − = − = − xk xk + k xk = xk + k xk xk + x1 xn + xn + = k 1= n Với k ≥1 , ta thấy xk −1 x − k= > nên dãy xk xk + xk xk + nên có giới hạn hữu hạn Giả sử lim xn x = L , với ≤ L ≤ = xn + x1 ( xn dãy giảm, lại bị chặn x n + ) ( Từ giả thiết = xn −1 xn + − x= xn − xn − xn2 −1 ⇒ xn −1 xn + + xn −1= xn xn + xn − n suy Vậy ) 1,0 1,0 xn + + xn −1 xn + xn − x + x +1 = = = 0= = xn xn −1 x1 xn + + xn −1 xn = , chuyển qua giới hạn ta được: L= + + L = ⇔ L2 − L + = ⇔ L L= − Do ≤ L ≤ nên L= − Suy lim y= n ( 41 2 −3 − + = 3 1,0 ) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Cho P ( x ) , Q ( x ) hai đa thức với hệ số thực, có nghiệm thực Bài = P + x + Q 4= + x + P ( x ) Chứng minh P ( x ) Q ( x ) , ∀x Với ( x ) Q 2023 2023 4,0 P4 ( x ) = P ( x ) Gọi r , s nghiệm thực P ( x ) , Q ( x ) Ta có P= ( r ) Q= ( s ) với r , s∈ 1,0 Xét = R ( x ) P4 ( x ) − Q4 ( x ) Từ R ( r ) = R ( s ) P ( s ) ≥ nên R ( r ) R ( s ) ≤ , tồn số thực − Q ( r ) ≤ = ⇔ P ( t0 ) = Q ( t0 ) t0 cho R ( t0 ) = Thay x = t0 vào phương trình ban đầu, ta có P + t + Q 4= + t0 + P ( t0 ) ( t0 ) Q 2023 2023 ⇔ P + t + Q 4= + t0 + Q ( t0 ) ( t0 ) Q 2023 2023 Đặt = t1 + t0 + Q ( t0 ) > t0 , ta có P ( t1 ) =Q ( t1 ) ⇔ P ( t1 ) =Q ( t1 ) 2023 Khi đó, ta có R ( t1 ) = P ( t1 ) − Q ( t1 ) = 1,0 1,0 Quá trình lặp lại vậy, ta dãy số thực ( tn ) tăng thực cho R ( tn ) = = Từ suy R ( x )= 0, ∀x hay P ( x ) Q ( x ) , ∀x Bài Cho tam giác ABC nhọn, không cân, AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi ( K ) đường trịn qua hai điểm B, C cắt cạnh AB, AC F , E Đường thẳng AK cắt đường tròn ( KEF ) điểm thứ hai L Tiếp tuyến L đường tròn ( KEF ) cắt đường thẳng EF S Gọi H giao điểm hai đường 4,0 thẳng BE , CF ; đường thẳng SH cắt đường tròn ( K ) hai điểm phân biệt P, Q ( P nằm S Q ) 3a Chứng minh hai đường tròn ( LPQ ) ( O ) tiếp xúc với điểm T Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 2,0 Website: tailieumontoan.com A S L X E F' F P E' O H I K Q Z C B T Gọi X giao điểm thứ hai khác A hai đường tròn ( AEF ) ( O ) − − (do =BXA − Ta có BXE AXE =BXA AFE =BXA ACB =1800 − ACB =1800 − BKE = 2 BKE ABC ) Suy tứ giác BXEK nội tiếp Tương tự, ta có tứ giác CXFK nội tiếp 0,5 Từ suy trục đẳng phương cặp đường tròn ( K ) , ( BXEK ) , ( CXFK ) đồng quy hay BE , CF , XK đồng quy H , suy X , H , K Ta có HX = HK HB = HE HC = HF k k k Xét phép nghịch đảo N H : K ↔ X , E ↔ B, F ↔ C nên N H : ( KEF ) ↔ ( O ) 0,5 k Tia LH cắt ( O ) T , suy N H : L ↔ T (do L∈( KEF ) ) Suy HL = HT HB = HE HP HQ nên T ∈( LPQ ) Ta có SP = SQ SE = SF SL2 (do SL tiếp tuyến ( KEF ) ), suy hai đường tròn 3b ( LPQ ) , ( KEF ) tiếp xúc L k Ta có N H : ( LPQ ) ↔ ( LPQ ) , ( KEF ) ↔ ( O ) , L ↔ T Mà hai đường tròn ( LPQ ) , ( KEF ) tiếp xúc L nên suy hai đường tròn ( LPQ ) , ( O ) tiếp xúc T Đường tròn ( KEF ) cắt hai đường thẳng AB, AC hai điểm F ′, E ′ khác A Chứng minh hai đường tròn (TE ′F ′ ) ( O ) tiếp xúc với Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0,5 0,5 2,0 Website: tailieumontoan.com A S L E P K' X N F' F E' O I H D Q K Z C B T Gọi D hình chiếu vng góc K AH Khi trục đẳng phương cặp đường tròn ( AEF ) , ( K ) , ( O ) đồng quy điểm, suy EF , BC , AX đồng quy Z Áp dụng ĐL Brocard cho tứ giác toàn phần BCEF AZ K trực tâm tam giác AHZ , suy ZK ⊥ AH ⇒ Z , D, K (do DK ⊥ AH ) 0,5 Ta có ZD = ZK ZX = ZA ZF ZE nên D∈( KEF ) Gọi K ′ giao điểm thứ hai AD với ( KEF ) , suy KK ′ đường kính ( KEF ) Do HA = HD HK = HX HB = HE HL HT nên suy tứ giác ALDT nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ( KEF ) , N tâm đường tròn ( ALDT ) 0,5 (do tứ giác ALDT nội tiếp) nên ID tiếp tuyến ′D KLD Do IDA = IK = = DTA ( ALDT ) D , ID = IL nên IL tiếp tuyến ( ALDT ) L Do ID, IL hai tiếp tuyến ( N ) nên ( I ) , ( N ) trực giao ND, NL hai tiếp tuyến ( I ) Ta có EF , KD, BC đồng quy Z ZE.ZF = ZB.ZC nên Z nằm trục đẳng phương ( I ) , ( O ) 2 Lại có NA =ND ⇒ NA =ND ⇒ PN / ( O ) =PN / ( I ) nên N nằm trục đẳng phương ( I ) , ( O ) Vậy 0,5 NZ trục đẳng phương ( I ) , ( O ) Do E ′F ′ EF đối song góc A tam giác ABC nên E ′F ′ / / BC , tồn phép vị tự tâm A biến ( AE ′F ′ ) thành ( O ) , suy ( AE ′F ′ ) tiếp xúc với ( O ) A Áp dụng định lý tâm đẳng phương ba đường tròn ( O ) , ( I ) , ( AE′F ′ ) suy ZN , E ′F ′, AN đồng quy, suy E ′F ′ qua N =′ NA =2 NT suy NT tiếp tuyến ( O ) (TE ′F ′ ) Ta có NE ′.NF Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0,5 Website: tailieumontoan.com Suy hai đường tròn (TE ′F ′ ) ( O ) tiếp xúc T a) Chứng minh với số nguyên n ≥ , tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) thoả 2 2n mãn xn + yn = Bài n + (n + 1) , n ≥ , kí hiệu [ a ] phần ngun số thực a b) Cho a= n 4,0 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho an − an −1 > an +1 − an = 4a 1,5 Quy nạp, giả sử bước thứ n tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) thoả mãn xn + yn = 2n Tại bước thứ n + , ta có 2 2 xn + yn xn − yn xn − yn xn + yn n +1 = 7 + = 7 + 2 x + yn xn − yn Do xn , yn lẻ nên n khơng tính chẵn lẻ ; 2 x + yn xn + yn xn − yn Nếu n lẻ, = ta chọn xk +1 = ; yk +1 2 x − yn xn − yn xn + yn Nếu n lẻ, = ta chọn xk +1 = ; yk +1 2 0,5 0,5 0,5 0,5 4b 2,5 Xét phương trình nghiệm nguyên: n + (n + 1) = k 2 ⇔ (2n + 1) − 2k = −1 (*) Phương trình Pell tương ứng (*) X − 2Y = −1 (**) Phương trình Pell (**) có nghiệm (1;1) khơng số phương nên (**) có vơ số nghiệm ngun dương Suy phương trình (*) có vơ số nghiệm nguyên dương (n, k ) 0,5 Gọi S tập số nguyên dương n thoả mãn n + (n + 1) = k2 n + (n + 1) với n ∈ S Khi | S |= +∞ an = Nhận thấy dãy ( am ) tăng nghiêm ngặt nên am − am −1 ≥ với m ≥ Xét n ∈ S bất kì, ta chứng minh n thoả mãn đề 0,5 (n − 1) + n ⇔ a ≤ 2n − 2n + < (a + 1) Ta có an= −1 n −1 n −1 Giả sử phản chứng an − an −1 = Khi (an − 1) = an−12 ≤ 2n − 2n + ⇒ 2n + 2n + − 2an + ≤ 2n − 2n + ⇔ an ≥ 2n + 0,5 n + (n + 1) < (n + n + 1) = 2n + với n ≥ Vô lý, an = Do an − an −1 > Giả sử phản chứng an +1 − an > ⇒ an +1 ≥ an + (n + 1) + (n + 2) ⇔ a ≤ 2n + 6n + < (a + 1) an= +1 n +1 n +1 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0,5 Website: tailieumontoan.com 2 Suy (an + 2) ≤ an +1 ≤ 2n + 6n + ⇔ 2n + 2n + + 4an + ≤ 2n + 6n + ⇔ an ≤ n (vô lý, an > n + , với n ≥ 1) Do an +1 − an = Vậy với n ∈ S thoả mãn đề Bài Sắp xếp học sinh đứng cách vòng tròn vị trí đỉnh đa giác Chứng minh tồn hai tam giác (có đỉnh đỉnh đa giác đều) (các đỉnh hai tam giác trùng hai tam giác phân biệt) mà tất học sinh đứng đỉnh hai tam giác giới (Giả thiết học sinh thuộc giới nam nữ) Gọi học sinh H1, H2, , H9 đứng chín đỉnh đa giác chín cạnh Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc Nam Nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh Nam đứng (tương tự học sinh Nữ) Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có C53 = 10 tam giác Nam Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau: Chín đỉnh đa giác chia đường trịn ngoại tiếp thành cung H i H i +1 , i=1,8 cung H H1 ; ta gọi cung “mảnh” Khơng tính tổng qt, gọi H i H j H k tam giác có H i H j ≤ H j H k ≤ H k H i Hơn số 4,0 1,0 1,0 hij số mảnh cung H ij không chứa điểm H k ( i ≠ j ≠ k ≠ i ); tương tự ta định nghĩa cho số h jk , hki Tương ứng với tam giác H i H j H k với ba (hij ; h jk ; hki ) Ta nhận thấy rằng: ≤ hij ≤ h jk ≤ hki ≤ hij + h jk + hki = Chẳng hạn với tam giác với đỉnh H1 , H , H ta gọi tam giác H H1 H tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, 1,0 tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a ≤ b ≤ c; a+b+c = Có bẩy ba số thỏa mãn là: (1,1,7), (1, 2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (3,3,3) Tức có lớp tam giác Vì có 10 tam giác Nam (Ba đỉnh tam giác 1,0 ba học sinh nam) nên có lớp có hai tam giác Nam; Do có sáu học sinh giới, đứng sáu đỉnh hai tam giác LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,5 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng chấm điểm cho phần Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 MƠN TỐN LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUN HẠ LONG Câu (4 điểm) Cho số thực a > số nguyên k ≥ Chứng minh dãy số (un ) xác định u1 = a un +1 = un + k un n2 , ∀n ≥ hội tụ Câu (4 điểm) Với số nguyên dương k , kí hiệu S (k ) tổng chữ số k Tìm tất đa thức P( x) ∈ [x] cho với số nguyên n ≥ 2023 P(n) ≥ S ( P(n)) = P( S (n)) Câu 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) Các đường cao BE , CF tam giác ABC T giao tiếp tuyến B tiếp tuyến C (O) TE , TF cắt tiếp tuyến A ( O ) Q, P (a) Chứng minh OP = OQ (b) Lấy ( AQC ) cắt AB điểm Q1 ≠ A ; ( APB ) cắt AC điểm P1 ≠ A Gọi J giao PP1 = JCQ QQ1 Chứng minh JBP Câu: (4 điểm) Một số nguyên dương n gọi số biểu diễn với số nguyên dương a nguyên tố với n với ước nguyên tố lẻ p a + n , phương trình x + ny = p có nghiệm ngun Tìm số nguyên dương biểu diễn lớn Câu (4 điểm) Với số nguyên n ≥ , ta gọi tập F = { A1 ; A2 ; ; A2n−1 } n-tốt A t ⊂ {1;2; ;n} Ai ∩ Aj ∩ Ak ≠ ∅ với ≤ t ≤ 2n −1 ≤ i < j < k ≤ 2n −1 a) Giả sử F = {A1 , A2 , A3 , A4 } tập 3-tốt A1 ∩ A2 ∩ A3 = {1} Chứng minh ∈ A4 b) Giả sử F tập n-tốt, chứng minh tồn k ∈ {1;2; ;n} cho k ∈ A với A ∈ F Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Câu (4 điểm) Cho số thực a > số nguyên k ≥ Chứng minh dãy số (un ) xác định u1 = a un +1 = un + Câu k un n2 , ∀n ≥ hội tụ Nội dung chấm Rõ ràng dãy (un ) dãy tăng Ta có k u k u un +1 = un + 2n < k un +1unk −1 + n2+1 , n n Suy k unk+−11 < k unk −1 + , ∀n ≥ n Từ ta suy 1 k , ∀n ≥ unk −1 < k a k −1 + + + + + (n − 1) Dễ dàng chứng minh 1 1+ + + + < 2, ∀n ≥ 2 (n − 1) Từ suy un < k −1 ( k ) Điểm 1,0 1,0 0,5 1,5 k a k −1 + , ∀n ≥ Vậy dãy số cho bị chặn trên, kết hợp với tính tăng chứng minh ta suy dãy cho hội tụ Câu (4 điểm) Với số nguyên dương k , kí hiệu S (k ) tổng chữ số k Tìm tất đa thức P ( x) ∈ [x] cho với số nguyên n ≥ 2023 P(n) ≥ S ( P(n)) = P( S (n)) Câu Nội dung chấm Điểm Giả sử P( x) đa thức thỏa mãn yêu cầu đề Do P( x) > với n đủ lớn nên hệ số cao P( x) số nguyên dương 0,5 d Đặt P( x) = ∑ x i , với n = 10k , ta có S= ( P(10k )) P= ( S (10k )) P(1) i =0 0,5 số Nếu tồn < với k đủ lớn, P(10k ) có dãy chữ số đủ dài Vậy S ( P (10k )) lớn tùy ý (mâu thuẫn) 1,0 Với hệ số P( x) không âm, cho n = 9.10k với k đủ lớn 1,0 Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com d = ( P(9.10k )) P= ( S (9.10k )) ∑ S (ai 9i ) S= d ∑a i 0=i i i Ta biết với số nguyên dương m m ≥ s (m) , dấu xảy m có chữ số Vậy 9i ∈ {1; 2; ;9} với i Từ suy P( x) ≡ c với c ∈ {1; 2; ;9} P( x) = x 0,5 0,5 Câu 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) Các đường cao BE , CF tam giác ABC T giao tiếp tuyến B tiếp tuyến C (O) TE , TF cắt tiếp tuyến A ( O ) Q, P (a) Chứng minh OP = OQ (b) Lấy ( AQC ) cắt AB điểm Q1 ≠ A ; ( APB ) cắt AC điểm P1 ≠ A Gọi J giao PP1 = JCQ QQ1 Chứng minh JBP Câu Nội dung chấm Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Điểm Website: tailieumontoan.com Theo cách phân loại ô kể thuộc không q hình chữ thập Gọi x số tơ màu loại 4, số hình chữ thập tô màu ≤ x + 4.4 1.0 Nếu với hình chữ thập tơ màu x + 16 ≥ 25 (1) 1.0 ⇔ x≥2 Nếu ô tô màu tương ứng x = theo (1) có khơng q hình chữ thập chứa nhiều tơ màu Nếu có có cạnh chung có đỉnh chung tơ màu có hình chữ thập mà hình có ô tô màu đo Suy (4,4), (3,3), (3,5), (5,3), (5,5) không màu Không gian tổng quát : giả sử (4,3), (4,5) tô màu ⇒ C34 , C54 không màu Vậy n = không thỏa mãn n ≥ Với n = cách tô thỏa mãn Vậy n = Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG- QUẢNG NAM ĐỀ ĐỀ NGHỊ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH& ĐBBB NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN THI: TỐN LỚP 11 (Thời gian làm 180 phút khơng kể thời gian giao đề) Câu (4 điểm) Cho a ≠ dãy số ( xn ) định Đề thi gồm 02 trang 2(n + 1) x1 = a > ; xn+1 = xn + ( n > 1) nxn Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu (4 điểm) Tìm tất cặp đa thức hệ số nguyên P ( x) , Q ( x) thỏa mãn Q(0) = P ( Q( x) ) = ( x − 1)( x − ) ( x − 15) Câu (4 điểm) Tìm tất số tự nhiên n cho n + f (n) + f ( f (n) ) + f ( f ( f (n) ) ) + = 2023 , f (k ) ước nguyên dương lớn số tự nhiên k khác k biết f= (0) f= (1) Câu (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), ABC < 450 Một đường thẳng qua B vng góc với BC cắt tiếp tuyến C đường tròn (O) điểm I Gọi D điểm đối xứng với C qua A Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt AB CI H K a/ Chứng minh : DB DH = CH CB b/ Gọi J giao điểm AB DI Chứng minh bốn điểm B, I, K, J nằm đường trịn có tâm thuộc đường thẳng CD Câu (4 điểm) Bạn Bình An bạn có hộp bi Trong hộp có chứa bi trắng có chứa bi đen tổng số bi hai hộp 25 ( bi giống kích thước trọng lượng) a/ Biết hộp Bình có 3bi trắng 10 bi đen , hộp An 10 bi trắng bi đen Mỗi bạn lấy ngẫu nhiên từ hộp viên Tính xác suất để bốn viên màu b/ Biết hộp Bình chứa nhiều bi hộp An số bi đen hộp Bình nhiều số bi đen hộp An Từ hộp bạn lấy ngẫu nhiên viên Tính xác suất để hai viên lấy khác màu biết xác suất lấy hai viên đen 0,42 HẾT Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG- QUẢNG NAM ĐỀ ĐỀ NGHỊ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu (4 điểm) Nhận xét xn > 0, ∀n ≥ 1 Theo BĐT Cơ si, xn +1 =xn + KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH& ĐBBB NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN THI: TỐN LỚP 11 (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) n 2(n + 1) n +1 > 2, ∀n ≥ (1 điểm) , suy xn ≥ ≥2 n −1 nxn n 2(n + 1) xn+1 =xn + = f ( xn ) nxn 2(n + 1) x+ n x 2(n + 1) 1 0< f ' ( x ) = < (do (*)) − 2 n x Ta có: f ( = x) (1 điểm) Với x,y ∈[2,+∞) , theo định lí Lagrang- có c∈(x,y) hay c∈(y,x) cho: f ( x ) − f ( y )= | f '(c) || x − y | ⇒ f ( x) − f ( y) ≤ (1 điểm) | x− y| Do f ánh xạ co suy dãy ( xn ) có giới hạn L Trong phương trình xác định dãy cho n dần tới vô ta được= L L+ ⇔L = 2 L Do kết luận Limxn = (1 điểm) Câu (4 điểm) Trường hợp := = Q không thỏa Deg P 0,deg Trường hợp : DegP = p ≥ 1, DegQ = q ≥1 Nhận xét : Đa thức DegP ( Q ) = 15 có hệ số cao Nên hệ số cao P ( x), Q ( x) Đa thức Q( x) có hế số tự (vì Q(0) = ) Đa thức P ( Q ( x) ) có tập nghiệm S = {1,2,3, ,15} Mặt khác Deg ( P (Q ) ) = p.q ( 0,5 điểm) q= q= 15 q= q= 0,5 điểm) , , , p.q= 15 ⇒ p p p = = = p 15 = Q( x) = x q =1 Thì ta có nghiệm +Khi P ( x ) x x x 15 = − − − = p 15 ( )( ) ( ) Cân bậc ta có Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com q = 15 Thì P ( x) = x + C ⇒ P ( Q ( x) ) =Q ( x) + C =( x − 1) ( x − ) ( x − 15 ) + C p =1 +Khi Do Q (0) =⇒ C= −15! P( x)= x + 15! 15 Vậy ta có cặp nghiệm Q ( = x ) ( x − i ) − 15! ∏ i =1 q = +Khi p =5 (1 điểm) Thì P ( x) =− ( x x1 )( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) ( x − x5 ) Q( x) =x3 − ax + bx ( Do Q(0) = ) T a có P ( Q ( x) ) = ( Q( x) − x1 )( Q( x) − x2 ) ( Q( x) − x3 ) ( Q( x) − x4 ) ( Q( x) − x5 ) Suy Q= ( x) x= 1,5 i i Mỗi phương trình Q= ( x) x= 1,5 có ba nghiệm , bi , ci i ,i Theo Định lý Viet ta có + bi + ci = − a ∀i∈ {1,2,3,4,5} , aibi + bi ci + ci = b Cũng theo Viets ta có ∑ ( a + b + c ) = (1 + + + 15) ⇒ a = 24 i =1 i i i Ta lại có ( + bi + ci ) = ai2 + bi2 + ci2 + ( aibi + bi ci + ci ) ⇒ ai2 + bi2 + ci2 = a − 2b ∑(a Suy i =1 i + bi2 + ci ) = (12 + 22 + + 152 ) ⇒ a − 2b = 248 Do P ( Q( x) ) có nghiệm nên phương trình Q ( x) = xi có nghiệm (1, b , c ) ⇒ b j j j + c j = 247 ≡ 3mod Mà n ≡ 0,1mod nên vô lý (1 điểm) p =3 ⇒ P( x) =( x − x1 )( x − x2 )( x − x2 ) , Q( x) =x5 + ax + bx3 + cx + dx q = + Khi Ta có P (Q ( x) = ⇔ Q( x) = xi , i = 1,3 Mỗi phương trình Q ( x) = xi có nghiệm , bi , ci , di , ei Ta đặt Ai , b3 , c3 , d3 , e3} ⇒ Ai S {a1, b1, d1, e1,,,a 3= i =1 Ta có + bi2 + ci2 + di2 + ei2= 1240 Vô lý (1 điểm) (1 + 22 + + 152 = ) 3 Thử lại kết luận Câu (4 điểm) Giả sử n số tự nhiên thỏa yêu cầu đề Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Cứ n tồn N cho n = p1 p2 p3 pN Trong pi số nguyên tố với i = 1, N p1 ≤ p2 ≤ ≤ pN ) Từ giả thiết ta có : p1 p2 p3 pN + p2 p3 pN + + pN −1 pN + pN = 2022 (*) (1điểm) Suy pN | 2022 ⇒ pN ∈ {2,3,337} Nếu pN = 337 đem thay vào (*) thu gọn ta có : p1 p2 p3 pN −1 + p2 p3 pN −1 + + pN −1 = ⇒ pN −1 = ⇒ n = 5.337 =1685 (1 điểm) Khi pN = Thì (*) thành N + N −1 + + += N +1 −= 2022 ( vô lý ) (1 điểm) Khi pN = Thì (*) thành p1 p2 p3 + p2 p3 + + pN −1.3 + = 2022 p1 p2 p3 p n−1 + p2 p3 p n−1 + + pN −1= 673 ⇒ pN −1 | 673 (vơ lý pN −1 = ) Thử lại kết luận n = 1685 Câu (4 điểm) (1 điểm) a/ Ta có: ∠DCK = ∠ACK = ∠ABC = ∠HBC = ∠HDC Xét tứ giác nội tiếp CDHK có ∠C = ∠D ∠D + ∠K = 1800 nên ∠C + ∠K = 1800 suy CD // HK suy tứ giác CDHK hình thang cân (1 điểm) nên DH = CK ⇒ ∠DBH = ∠KBC ⇒ BK đường đối trung góc B ⇒ tứ giác BDKC tứ giác điều hòa ⇒ BD KD = ⇒ BD.KC = BC.KD BC KC Kết hợp với CDHK hình thang cân suy DB DH = CH CB b/ Vì tứ giác BDKC tứ giác điều hòa nên (1 điểm) BD KD = BC KC ⇒ đường phân giác ∠DBC ∠DKC cắt điểm E thuộc CD ; đường phân giác ∠DBC ∠DKC cắt điểm F thuộc CD Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ⇒ B K thuộc đường tròn Apollonius tam giác DBC DKC dựng đoạn CD có đường kính EF + Ta lại có: = 3600 − BCK − ( EBC + EKC ) = 3600 − (900 + BIC ) − ( DBC + DKC ) = 1800 − BIC BEK Suy tứ giác BEKI nội tiếp (1 điểm) + Từ suy I thuộc đường tròn Apollonius tam giác DBC dựng đoạn CD nên IE phân giác góc DIC ID IC suy = ED KD ID IC = = hay nên DC phân giác góc IDK EC KC KD KC Lại có ∠CAK = ∠DAH = ∠CAB Do phép đối xứng trục CD biến DI thành DK, biến AB thành AK nên biến điểm J thành điểm K Phép đối xứng trục CD biến đường tròn Apollonius tam giác DBC dựng đoạn CD thành nó, mà K thuộc đường tròn Apollonius nên J nằm đường trịn Vậy bốn điểm B, I, K, J nằm đường tròn Apollonius tam giác DBC dựng đoạn CD có tâm trung điểm EF thuộc đường thẳng CD (1 điểm) Câu (4 điểm) a/ ( điểm) Tính xác suất để An Bình lấy bốn viên màu Ta gọi At , Ad biến cố An lấy hai bi trắng , bi đen Gọi Bt , Bd biến cố Bình lấy hai bi trắng , hai bi đen Trường hợp hai lấy hai bi đen C102 1 = P( Ad B= P(A d ).P ( B= = d) d) 2 C10 C13 C13 78 ( điểm) Trường hợp hai lấy hai bi trắng C102 C32 15 P= P ( Bt ) = ( At Bt ) P ( At )= C122 C132 572 Qui tắc cộng ta có P ( C ) = 15 67 + = 572 78 1726 ( 1điểm) b/ ( điểm) Ta ký hiệu 2D , 2T , 1T 1D biến cố lấy bi trắng , bi đen , bi trắng bi đen biến cố xung khắc Gọi nA , nB số bi hộp An Bình Ta có nA < nB nA + nB = 25 Và gọi d A , d B số bi đen hộp An Bình Ta có d A < d B n A < nB 25 = nA + nB < 2nB nB ≥ 13 ⇒ ⇒ nA + nB 25 = nA + nB 25 nA + nB 25 = = Từ k k n A nB ( điểm) 21 50 A Đề cho P (2D) = ⇔ 50.k A k B = B == 0,42 21.nA nB ⇒ nA nB 5 nA + nB = 25 Nên có hai trường hợp xảy Trường hợp : nA = ⇒ nB = 20 ⇒ d A d B = 42 ⇒ d A = 3, d B = 14 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Và số bi trắng hộp An Bình 6 = 0,12 ⇒ P(1T 1D) = − 0,42 − 0,2 = 0,46 20 Trường hợp : nA =10 ⇒ nB =15 ⇒ d A d B =63 ⇒ d A =5, d B =9 Vậy P (2T ) = Do số bi trắng hộp An Bình 6 = 0,12 ⇒ P(1T 1D) = − 0,42 − 0,2 = 0,46 10 15 Vậy P (2T ) = (1 điểm) Kết luận : 0,46 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẦN PHÚ CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MƠN TP HẢI PHỊNG THI: TỐN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút Bài (4 điểm) Với số nguyên dương n , xét phương trình e x + x n = (1) a) Chứng minh với n phương trình (1) có nghiệm dương b) Kí hiệu nghiệm dương phương trình (1) xn Chứng minh dãy số ( xn ) n ( xn − 1) có giới hạn hữu hạn tính giới hạn Bài (4 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ x + y + z = 12 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z Bài (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE , CF Đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng EF M N (các điểm M , F , E , N nằm theo thứ tự) Giả sử BM cắt DF I , CN cắt DE K Chứng minh tam giác AIK tam giác cân Bài (4 điểm) Cho dãy số ( an ) xác định sau a= 9; an += 2an2 − ∀n ≥ 1 a) Xác định công thức tổng quát dãy an b) Cho m số nguyên dương tùy ý p ước số nguyên tố m − Chứng minh an chia hết cho p 2n+ ước số p − Bài (4 điểm) Cho số nguyên dương n và= kí hiệu X = S X ; đặt 4n ∑ 3a k =1 = S 4n ∑ 3a k =1 k k {1; 2;3; ; 4n − 1; 4n} Với hoán vị {a1; a2 ; ; a4 n } − k Hỏi có hốn vị {a1; a2 ; ; a4 n } X thỏa mãn biểu thức − k đạt giá trị lớn - HẾT - Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẦN PHÚ CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN MƠN TP HẢI PHỊNG THI: TỐN - LỚP 11 Bài Nội dung Điểm a) Với số nguyên dương n , xét hàm số f n ( x ) = e x + x n − Có f n ( ) =−2 < ; lim ( x ) = +∞ f n ( x ) hàm liên tục, đơn điệu tăng khoảng 1,5 x →+∞ ( 0; +∞ ) nên PT (1) có nghiệm dương xn b) f n (1) = e − > = f n ( xn ) ⇒ xn < Lại có f n ( xn ) = e xn + xnn − = < e xn + xnn −1 − = f n −1 ( xn ) ⇒ xn > xn −1 (4 ⇒ ∃ lim xn = A hữu hạn xn < A ≤ ∀n điểm) Suy f n ( xn ) =0 < f n ( A ) =e + A − A 1,5 n Cho n → +∞ ⇒ e + lim A − ≥ ⇒ lim A ≥ − e > ⇒ A ≥ ⇒ A = A n n A Có ( ) xnn = − e xn ⇒ n.ln xn = ln − e xn ⇒ n ( xn − 1) ln + ( xn − 1) xn = ln − e xn xn − ( ) 1,0 Cho n → +∞ ⇒ lim n ( xn − = 1) ln ( − e ) Bài Nội dung Điểm +Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki: x y z x y z 144 x y z 48 1,0 Vậy P = 48 Đẳng thức xảy a= b= c= Giả sử x y z x (4 Ta có x y z 144 2xy 2yz 2zx 144 2x 12 x 2yz điểm) 3,0 Mà yz 6y 6z 36 y 6z 6 yz y z 36 36 6x x y z 144 2x 12 x 36 6x 72 2x 12x Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ⇒ x + y + z ≤ 62 + ( x − 1)( x − ) ≤ 62 Vậy max P = 62 Đẳng thức xảy x ; y; z 1;5;6 hoán vị Bài Nội dung Điểm I K N A P E F H M O B C D 2,0 Gọi H trực tâm tam giác ABC , P giao điểm AO EF (4 điểm) AOC 180 − + Ta có PAE AEP = + AEP =900 − ABC + AEP =900 (vì ABC = AEP ) ⇒ APE = 900 ⇒ OA ⊥ MN Mà OM = ON ⇒ OA trung trực đoạn MN ⇒ AM = AN (1) ⇒ ABM = ABN (2) ⇒ BF I = BFE Lại có hai tứ giác ACDF BCEF nội tiếp suy AF D = BFE (3) Từ (2) (3) suy ∆BFI = ∆BFN ( g c.g ) ⇒ BI = BN , FI = FN ⇒ BF trung 2,0 trực đoạn IN Dẫn đến AI = AN Hoàn toàn tương tự c/m AK = AM Bài Kết hợp (1) suy đoạn thẳng AI , AK , AM , AN ⇒ đpcm Nội dung Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Điểm Website: tailieumontoan.com Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta có an = Do m ≡ ( mod p ) ⇒ an (4 điểm) Vì an ( m + 2) p⇔ ( m + 2) ≡ 2n + ( m − 2) 2n ( 5+2 ) ( 2n + 5−2 ) 2n 1,5 ( mod p ) + ( m − 2) 2n 2n p ⇒ ( m + ) + ( m − ) p (1) 2n 2n Hơn m ≡ ( mod p ) ⇒ ( m + )( m − ) ≡ 1( mod p ) Vì (1) ⇔ ( m + ) 2n+1 2,5 + 1 p ( m + )2 − 1 p Ta có an ⇒ p ⇒ ⇒ 2n += ord p ( m + ) 2n+ ( m + ) − 1 p n+1 Mà ( m + ) Bài ≡ 1( mod p ) ⇒ p − 1 2n + , đpcm p −1 Nội dung Điểm Với k ∈ {1; 2;3; ; 4= n} , kí hiệu bk max = {3ak ; k} ; ck {3ak ; k} Khi 4n ∑ 3a = k − k= k 4n ∑ (b = k k − ck= ) 4n 4n ∑b − ∑c k = k 1= k k Chú ý 4n + ∑ bk ≤ ( n + 1) + ( n + ) + + 4n + ( 3n + 1) + ( 3n + ) + + 4n= 26n + 5n (4 điểm) 2,0 k =1 4n + ∑ ck ≥ (1 + + + n ) + (1 + + + 3n )= 6n + 3n k =1 4n Suy ∑ 3a k =1 k − k ≤ 20n + 2n Đẳng thức xảy điều kiện sau thỏa mãn: + Với k ∈ {1; 2;3; ;3n} ak ∈ {n + 1; n + 2; n + 3; ; 4n} 2,0 + Với k ∈ {3n + 1;3n + 2;3n + 3; ; 4n} ak ∈ {1; 2;3; ; n} Vậy có tất n ! ( 3n ) ! hoán vị thỏa mãn Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022- 2023 MƠN THI: TỐN LỚP 11 Ngày thi: tháng năm 2023 (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm trang Câu (4 điểm) Cho dãy số (un ) xác định u1 = 3, un +1 = un + 2n + 2, ∀n ∈ * u a) Chứng minh dãy số n2 có giới hạn hữu hạn tính giới hạn n v v v b) Với số nguyên dương n , đặt v= un2 + w n = n −1 Tìm tất số thực α cho n v2 v4 v2 n dãy số (nα w n ) có giới hạn hữu hạn khác Câu (4 điểm) Tìm hàm số thỏa mãn f : + → + thỏa mãn xf ( x + y ) ( yf ( x ) + 2023) = 2023 Câu (4 điểm) Cho đường tròn (O) dây AB, P điểm cung nhỏ AB ( sd AB > 600 ) Tiếp tuyến B (O) cắt AP C Gọi Q điểm đối xứng với P qua BC Đường OP cắt đường thẳng qua C vuông BC D Chứng minh điểm A, D, C, Q thuộc đường tròn Câu (4 điểm) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn với số nguyên dương n mà na + na + lập phương số nguyên dương nb + lập phương số nguyên dương Chứng minh 4b + số phương Câu (4 điểm) Cho số thực x lớn thỏa mãn với số nguyên dương n x n số vơ tỉ Với số tự nhiên t , xét quân gồm loại có giá trị xt Hỏi có xảy trường hợp với số nguyên dương m chọn số qn có tổng giá trị m loại chọn không quân hay không? ……………………… HẾT …………………… Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ĐÁP ÁN Câu Cho dãy số (un ) xác định u1 = 3, un +1 = un + 2n + 2, ∀n ∈ * u a) Chứng minh dãy số n2 có giới hạn hữu hạn tính giới hạn n v v v b) Với số nguyên dương n , đặt v= un2 + w n = n −1 Tìm tất số thực α cho n v2 v4 v2 n dãy số (nα w n ) có giới hạn hữu hạn khác Lời giải a) Với số nguyên dương n , đặt tn = un − n − n , ta có +1 = = = v1 = 1, ∀n ∈ * u n2 + n + Lúc ta có un = n + n + 1, ∀n ∈ * Vì= lim n2 lim = n n2 b) Ta có = (n + n + 1) + = (n + 1)[(n + 1) + 1], ∀n ∈ * nên wn = v1v3 v2 n −1 (12 + 1)(22 + 1)(32 + 1)(42 + 1) [(2n − 1) + 1][(2n) + 1] , ∀n ∈ * = = = 2 2 2 2 v2 v4 v2 n (2 + 1)(3 + 1)(4 + 1)(5 + 1) [(2n) + 1][(2n + 1) + 1] (2n + 1) + 2n + 2n + 1 Nếu α > rõ ràng lim nα w n = +∞ , cịn α < lim nα w n = Vì ta có lim n w n = Câu Tìm hàm số thỏa mãn f : + → + thỏa mãn xf ( x + y ) ( yf ( x ) + 2023) = 2023 Vì tất số thực α cần tìm α = , lim n w n = HD: Đổi chỗ x y ta yf ( x + y ) ( xf ( y ) + 2023) =2023 =xf ( x + y ) ( yf ( x ) + 2023) Mà f(x+y)>0 nên y ( xf ( y ) + 2023= ) x ( yf ( x ) + 2023) suy xyf ( y ) + 2023 y = xyf ( x ) + 2023x 2023 C f (1) − 2023 + C với= x Biện luận ta không tồn C Vậy không tồn hàm thỏa mãn đề Câu Cho đường tròn (O) dây AB, P điểm cung nhỏ AB có sđ>60 độ Tiếp tuyến B (O) cắt AP C Gọi Q điểm đối xứng với P qua BC Đường OP cắt đường thẳng qua C vuông BC D Chứng minh điểm A, D, C, Q thuộc đường tròn HD:+ OP cắt QB, AB E, F + Cm tg QCDE, QDAE nội tiếp Thay y=1 biến đổi ta f= ( x) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Câu Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn với số nguyên dương n mà na + na + lập phương số nguyên dương nb + lập phương số nguyên dương a) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n để na + na + lập phương số nguyên dương b) Chứng minh 4b + số phương Lời giải 2 2 a) Đặt = nk k (a + a ) + 3(a + a )k + 3k , ∀k ∈ * , nk a + nk a += [k (a + a ) + 1]3 lập phương số nguyên dương Vì tồn vô số số nguyên dương n để na + na + lập phương số nguyên dương b) Đầu tiên, ta có bổ đề sau: Bổ đề: Cho đa thức P( x) hệ số nguyên có bậc thỏa mãn với số ngun dương n ta có P (n) lập phương Khi tồn đa thức hệ số nguyên Q( x) cho P( x) = Q( x)3 Chứng minh bổ đề: Viết P( x) = ax3 + bx + cx + d với a, b, c, d số nguyên, a ≠ Với số nguyên dương n , tồn số nguyên xn để xn = P(n) Ta có với số nguyên dương n xn +1 − x= n a (3n + 3n + 1) + b(2n + 1) + c a (n + 1)3 + b(n + 1) + c(n + 1) + d − ax + bx + cx + = d a (3 + = P(n + 1) + P(n) P(n + 1) + P(n) c + ) + b( + ) + n n n n n P(n + 1) P(n) P(n + 1) P(n) + + n6 n3 n3 n6 Vì lim( xn +1 − xn ) = a , ta lại có giới hạn dãy số nguyên số nguyên nên nguyên tồn n0 để xn +1 − xn= xn +1 − xn = A, ∀n ≥ n0 3 a số a , ∀n ≥ n0 Khi tồn số nguyên A để A = a Ta có xn0 + n= A.n + xn0= A(n + n0 ) + xn0 − A.n0 , ∀n ≥ n0 nên xn= A.n + B, ∀n ≥ n0 , = B xn0 − A.n0 Vì ( A.n + B)3= xn 3= P(n), ∀n ≥ n0 nên P= ( x) ( A.x + B)3 , lúc ta chọn Q(= x) A.x + B bổ đề chứng minh Trở lại tốn: Với nk chọn phía trên, ta có nk b + lập phương Xét đa thức P( x) = b(a + a ) x + 3b(a + a ) x + 3bx + , ta có nk b + lập phương nên P(k ) lập phương với số nguyên dương k Áp dụng bổ đề tồn só nguyên A, B để P(= x) ( Ax + B)3 Vì sau đồng hệ số ta có = b a2 + a B 1,= b A nên = Lúc ta có 4b + 1= (2a + 1) số phương, từ ta có điều phải chứng minh Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Câu Cho số thực x lớn thỏa mãn với số nguyên dương n x n số vơ tỉ Với số tự nhiên t , xét quân gồm loại có giá trị xt Hỏi có xảy trường hợp với số nguyên dương m chọn số quân có tổng giá trị m loại chọn không quân hay khơng? Lời giải Câu trả lời xảy trường hợp Giả sử tồn số thực x thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta chọn số quân có tổng loại không qn Trong qn chọn, khơng có qn có dạng xt với t ≥ , có xt > , vơ lý, ta có nhận xét khơng thể có qn x Rõ ràng phải có qn x , khơng x khơng phải số vơ tỉ Vì r + x + kx = , với r , k ∈ {0,1, 2, , 6} Vì x > nên ta chọn x số thực thỏa mãn x +x= 29 − , ta chứng minh với số ngun dương m chọn số quân có tổng giá trị m loại chọn không quân Thật vậy, ta chứng minh với số nguyên dương m tồn số thực a0 , a1 , , as để Lúc này, chọn x = P(t )= (t + t − 7)(as t s + + a0 ) + m có hệ số thuộc {0,1, 2, , 6} Nếu có điều rõ ràng P( x) = m thỏa mãn yêu cầu đề Ta có hệ số t , t1 , , t s + P(t ) m − 7a , a0 − 7a1 , a0 + a1 − 7a , , as − + as −1 − 7a s , as −1 + as , as a0 a + a1 a + a m Lúc ta cần chọn , a1 = , a2 = , a3 , ta có hệ số a0 = = 7 7 P(t ) thuộc {0,1, 2, , 6} Từ ta có khẳng định cho tốn Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038