Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 11 năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Quảng Bình

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
SỐ BÁO DANH:……………
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu.
Câu 1 (2,5 điểm): Giải các phương trình sau: a) x − = ( − x) 2 5sin 2 3 1 sin .tan x . b) 1 log (x − )2
1 + log x +1 = log 5 − x . 2 2 ( ) 2 ( ) 2 Câu 2 (2,5 điểm): u  = 2024 1
a) Cho dãy số (u thoả mãn  u u +
. Chứng minh rằng dãy số (u n ) n ( 2n 3) n ) u = ∀ ≥  + n n , 1 1 2 3u +  n 1
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 G , G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC ∆ và S
∆ BC . Chứng minh rằng 1 2
G G song song với mặt phẳng (SAB). 1 2
b) Mặt phẳng (α ) chứa C 'M cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ,
′ D .′ Xác định vị trí của điểm SB SD 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 x− = ( − x) 2 5sin
2 3 1 sin .tan x . 1a 1,25 Đk: π
cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ (k ∈) . 2 0,50 2 Ta có − = ( − ) 2 ⇔ − = ( − ) sin 5sin 2 3 1 sin .tan 5sin 2 3 1 sin . x x x x x x 2 cos x 2 sin x 2 ⇔ 5sin x − 2 = 3
⇔ 2sin x + 3sin x − 2 = 0 ⇔ (2sin x −1)(sin x + 2) = 0 1+ sin x 0,25  1  π x = + k2 sin x π =  1  6 ⇔ 2 ⇔ sin x = ⇔  (k ∈)  . 0,25 sin x = 2 −  (VN ) 2  5π x = + k2π  6 Vậy π 5π x = + k2π; 2 x =
+ k π (k ∈) . 6 6 0,25
Câu b) Giải phương trình 1log (x− )2
1 + log x +1 = log 5 − x . 2 2 ( ) 2 ( ) 1b 2 1,25 Đk: 1
− < x < 5; x ≠ 1. Ta có 1 log (x − )2
1 + log x +1 = log 5 − x 2 2 ( ) 2 ( ) 2 1
⇔ log x −1 + log x +1 = log 5 − x 0,25 2 2 ( ) 2 ( )
⇔ log x −1 x +1 = log 5 − x ⇔ x −1 x +1 = 5 − x 2 ( ) 2 ( ) ( ) 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 ⇔  hoặc  ⇔ x = 2 thỏa mãn. 2 0,25
x + x − 6 = 0 2
x − x + 4 = 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 0,25 u  = 2024 1 
Câu a) Cho dãy số (u thoả mãn  u u + . Chứng minh rằng n ( 2n 3) n ) u = ∀ ≥  + n n , 1 2a 1 1,50 2 3u +  n 1
dãy số (u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n ) Ta chứng minh u > n
∀ ≥ bằng quy nạp. Dễ thấy u = 2024 >1. n 1, 1 1 Giả sử u > k ∀ ≥ . k 1, 1 u u 0,50 + − k ( 2k 3) (uk )3 Ta thấy 1 u − = − = > ⇒ > . Suy ra u > n ∀ ≥ . n 1, 1 + u k 1 1 0 k+ 1 1 2 2 1 3u + u + k 1 3 k 1 u u + u − u n ( 2n 3) 2 n ( 2 1 n ) Mặt khác u − = − =
< ∀ ≥ nên (u là dãy số n ) + u u n n n n 0, 1 1 2 2 3u + u + 0,25 n 1 3 k 1 giảm.
Dãy (u giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn. n ) 0,25 2 Đặt lim u + = x x ≥ . Khi đó x(x 3) x =
⇔ x =1 do x ≥1. n ( )1 0,25 n→+∞ 2 3x +1 Vậy lim u = n 1 n 0,25 →+∞
b) Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  và a,b là hai số thực tùy ý mà Câu
2b ab > 0. Chứng minh rằng tồn tại số thực α thỏa mãn 1,00
af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (α) = 0 .
Đặt g(x) = af (2023) + bf (2024) − (a + b) f (x), khi đó g(x) cũng là hàm số
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 2
g(2023).g(2024) = − [
ab f (2024) − f (2023)] . α Nếu  =
f (2023) = f (2024) thì 2023 thỏa mãn bài toán. α  0,25  = 2024 2
Nếu f (2023) ≠ f (2024) thì 2
g(2023).g(2024) = − [
ab f (2024) − f (2023)] < 0 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
Câu Một mật khẩu thẻ của ngân hàng X là một dãy gồm 6 chữ số.
3a a) Có bao nhiêu mật khẩu thẻ của ngân hàng X có 6 chữ số khác nhau 0,50
trong đó có chữ số 6 và chữ số 8.
Giả sử mật khẩu thẻ của ngân hàng X có dạng x x x x x x . 1 2 3 4 5 6 Có 2
A cách chọn vị trí và sắp xếp hai chữ số 6 và 8. Sau đó có 4
A cách chọn và 0,25 6 8
sắp xếp 4 chữ số còn lại. Suy ra có 2 4
A ⋅ A = 50400 mật khẩu thẻ của X ngân hàng có 6 chữ số khác nhau 6 8 0,25
trong đó có chữ sổ 6 và chữ số 8. Câu
3b b) Tính số mật khẩu thẻ của ngân hàng X có tổng 6 chữ số bằng 16. 1,00
Nhận xét: Số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x + x + ...+ x = n với , m n + ∈ là m 1 C − . m , (*) 1 2 m+n 1 − Thật vậy,
Đặt y = x + i
∀ = m phương trình trên trở thành y + y + . . + y = n + m m , (**) i i 1, 1, 1 2
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
x i = m là tổng các chữ số 1 trong từng dãy con nhận được là một nghiệm i , 1,
của phương trình (**). Vậy số nghiệm của phương trình là m 1 C − . m+n 1 −
Ta thấy rằng mỗi mật khẩu của thẻ ngân hàng X thỏa mãn bài toán tương ứng
với một nghiệm của phương trình x + x +…+ x =16 với 1 2 6 x ∈ … i ∀ = . i {0; 1; 2; ; 9}, 1;. ;6 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 x + x +…+ x =16 với 1 2 6 x ∈ … i ∀ = . i {0; 1; 2; ; 9}, 1;. ;6
Đặt E là tập các nghiệm của phương trình x + x +…+ x =16 với 1 2 6 x ∈ … i ∀ = ; i {0; 1; 2; ; 9}, 1;...;6 0,25 * E = ( { x ; ; … x x
∣ +…+ x = 16; x ∈  i ∀ = và i , 1;...;6 1 6 ) 1 6 } 3 6
A = x x … x ∈ E x   ∣ > i = . Khi đó *
E = E \  A i
({ ; ; ; ) * i 9 , 1;...;6 1 2 6 }  . i   i 1=  Xét *
E : Theo nhận xét trên thì * 5 E = C . 21
Xét các A : Đặt y = x − y = x j ∀ ≠ i ta được i i 10; j j , i
y + y + y + y + y + y = 6 1 2 3 4 5 6  (1).
y ∈  i ∀ = i , 1;...;6
Số phần tử của A bằng số nghiệm của (1). Theo nhận xét trên thì 5 A = C . i i 11
Vì không thể có phần tử (x ; ; x ; … x ) *
∈ E mà có hai chữ số x x > nên i , j 9 1 2 6 6 5 A ∩ A = ∅ i ∀ ≠ j ⇒
A = A = ⋅C i j ,  . i 6 i 6 11 i 1 =
Vậy số mật khẩu thẻ của ngân hàng X thỏa mãn bài toán là 0,25 6 * * 5 5 E −
A = E − A = C − ⋅C =  i 6 i 6 17577. 21 11 i 1 =
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 ). 4a 1,00
a) Gọi G , G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC ∆ và S
∆ BC . Chứng 1 2
minh rằng G G song song với mặt phẳng (SAB) . 1 2 S D' M I C' B' G2 A D G O 1 B J C
Gọi J là trung điểm của BC . Ta có JG 1 JG 1 2 = = . 0,50 JA 3 JS
⇒ G G / /SA ⇒ G G / /(SAB) 1 2 1 2 0,50
b) Mặt phẳng (α ) chứa ′ ′ . Câu
C 'M cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B , D
4b Xác định vị trí của điểm SB SD M để + = 2024 . 1,00 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 0,25 E Ta có SA SE + = ; SC SF = SA SC SE SF ⇒ + = = 2 SO . SM SI SC ' SI SM SC ' SI SI 0,25 Tương tự SB SD + = 2 SO . SB' SD' SI SB SD SA SC SA ⇒ + = + = + 2 0,25
SB' SD' SM SC ' SM Vì SB SD + = 2024 SA ⇔
= 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. Câu S 4c Q 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 O = AC ∩ BD .
 NN ' BI ' BN = = = x 
Đặt BN = xBC (0 < x < ) 1  AC BO BC ⇒  . NR CN AN ' N 'P  = = = = 1− x 0,25  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 S NR I Q NH x SB SB ⇒ = = + = − + NI NI I Q NN PQR 2 NI QR ' . 1 . '.sin ', ' ' ' ( ) ( ) ( )  2    0,25
với là H là hình chiếu của N lên I 'Q .
(4 −3x)SB .xAC = (AC SB) 1 . .sin , =
.(4 − 3x).(3x).S .
B AC.sin( AC, SB). 0,25 2 2 12
Ta có: ( − x) ( x) 1
≤ ( − x + x)2 2 4 3 . 3 4 3 3 = 8 ⇒ S ≤ SB AC AC SB . NN PQR . .sin , ' ( ) 2 3 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra 2 2
⇔ 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 2
f (x) = ax + bx + c, trong đó a, ,
b c là các số thực với a > 0 và 1
ab ≥ . Chứng minh rằng 2
f (b − 4ac) ≥ 0. 8  abc = 40
−a + b + c 
b) Tìm độ dài ba cạnh a, ,
b c của một tam giác thỏa mãn  abc  = 60
a − b + c   abc =120
a + b − c  1 u = 3
Câu 2. (2,0 điểm) Cho dãy số (u 
n ) xác định bởi  1 un = − ∀ ∈  + ( 3un ) * 1 2 , n  .  3 a) Chứng minh rằng * un > 2, n ∀ ∈ . n (uk + )2 1 (uk − 2) b) Đặt n v = ∑ , n
∀ ≥1. Chứng minh rằng ( n
v ) có giới hạn hữu hạn và k 1 = uk 1+uk
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 (5p − 2p)(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
a) Cho tam thức bậc hai 2
f (x) = ax + bx + c , trong đó a, ,
b c là các số Câu 1,0
1a thực với a > 0 và 1
ab ≥ . Chứng minh rằng 2
f (b − 4ac) ≥ 0. điểm 8 Đặt 2
∆ = b − 4ac .
Nếu ∆ ≤ 0 thì f (x) ≥ 0 với mọi x∈ nên f (∆) ≥ 0 (do a > 0). 0,25
Nếu ∆ > 0 và 1x < 2
x là hai nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì
f (∆) ≥ 0 ⇔ (∆ − 1x)(∆ − 2
x ) ≥ 0 (*) (do a > 0). 0,25 − + ∆
Để chứng minh (*) đúng, ta chỉ cần chứng minh b ∆ ≥ 2 x = . 2a 0,25 Ta có b b 1 2 . 2 . ∆ ∆ + ≥ ∆ ≥ ∆ = . 2 2a 2a 16a 2a Suy ra b − + ∆ ∆ ≥ ⇔ ∆ ≥ 2
x . Vậy ta có điều phải chứng minh. 0,25 2a  abc = 40
−a +b + c  Câu  abc  = 1b a b c
b) Tìm độ dài ba cạnh , , của một tam giác thỏa mãn 60 1,0
a − b + c  điểm  abc =120
a +b −c 1  1 1 1 1 + − = ab ca bc 40 
Từ giả thiết suy ra  1 1 1 1  − + = (1) 0,25 ab ca bc 60   1 1 1 1 − + + =  ab ca bc 120
Cộng theo vế 3 phương trình trên, ta có 1 1 1 1 + + = (2) 0,25 ab ca bc 20  1 1 = bc 80  ab = 48 Từ (1) và (2) suy ra  1 1  bc  = ⇔  = 80 (3) 0,25 ca 60  ca =  60  1 1 = ab 48 a = 6 Suy ra 2
(abc) = 230400 ⇔ abc = 480. Kết hợp với (3) ta có b   = 8 . 0,25 c =  10  1 u = 3 
Câu Cho dãy số (un ) xác định bởi  1 u 1,0 n 1 = − ∀ ∈  + ( 3un 2) * 2a , n  .  3 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. Khi đó 1 uk − = − + + > ⇒ > + 2 (uk 2)( 2 1
uk 2uk 4) 0 uk 1+ 2. Vậy (*) đúng với 3 0,5
n = k +1.Theo nguyên lí quy nạp thì (*) đúng với mọi * n∈ . 2 Câu n (uk + ) 1 (uk − 2) b) Đặt 1,0 n v = ∑ , n
∀ ≥1. Chứng minh rằng ( n
v ) có giới hạn 2b k 1 = uk 1+uk điểm
hữu hạn và tìm giới hạn đó. Từ 1 un − = + − + un (un )2 1
1 (un 2) và (*) suy ra dãy (un ) tăng. 0,25 3
Giả sử (un ) bị chặn trên khi đó (un ) có giới hạn hữu hạn.  1 L = ( 3 L − 2), vô lí.
Đặt lim un = L,(L ≥ 3). Ta có  3 0,25 n→+∞ L ≥ 3
Do đó (un ) không bị chặn trên, nên lim un = +∞ (1). n→+∞ 2 n ( n n uk + )2 1 (uk − 2) 3(uk 1 − + uk )   Ta có 3 3 3 ∑ = ∑ = ∑ −  =1− (2). 0,25 k 1 = uk 1+uk k 1 = uk 1+uk k 1 =  uk uk 1+  un 1+  n (u + −  k )2 1 (uk 2)   Suy ra 3 lim =  ∑  n v lim = lim 1−  =1. 0,25 n→+∞ n→+∞  1 u  1uk n k k →+∞ = +  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 S Q P 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  = 
APM AQL , do đó  = 
ANM AKL, kéo theo  =  MKL MNL . 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
tiếp các tứ giác AMPN và AKQL . 0,5 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
của đa giác lồi đó (ta chỉ tính các đa giác mà bên trong nó không có điểm
điểm nào thuộc đường chéo của đa giác ban đầu). Gọi 3 a ; 4 a ;...; m
a lần lượt là số miền tam giác; tứ giác; ngũ giác;…; m -
giác được tạo thành. Ta cần tính S = 3 a + 4 a + ... + m a . 0,25
Trước hết; ta đếm tổng tất cả các đỉnh của các miền đa giác.
Ta thấy ngay tổng này bằng A = 3 3 a + 4 4 a + ... + . m m a . 0,25
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 Như vậy, 4 A = 3 3 a + 4 4 a + ...+ . m m
a = 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 B =180 . 3 a +180 .2. 4 a +180 .3. 5
a + ...+180 .(m − 2) m a .
Mặt khác, tổng các góc trên chính là tổng các góc của đa giác ban đầu ( 0
180 .(n − 2) ) cộng với 0
360 nhân tổng các giao điểm của các đường chéo. Như vậy, 0 0 0 0 B =180 . 0,25 3 a +180 .2. 4 a +180 .3. 5
a + ... +180 .(m − 2) m a 0 0 4
=180 (n − 2) + 360 .Cn. Suy ra 4 3 a + 2 4
a + ...+ (m − 2). m
a = 2.Cn + (n − 2) (2) Từ (1) và (2) suy ra 4 1
S =1+ Cn + n(n − 3). 0,25 2 Câu p p q q 5
Tìm tất cả các số nguyên tố p,q thỏa mãn (5 − 2 )(5 − 2 ) pq . 1,0 điểm
Giả sử p ≤ q . 0,25 Do (5p 2p − ) 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 )3 ⇔ 39(5q − 2q q )q và
5q − 2q ≡ 5 − 2 ≡ 3(modq) 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 5p − 2p ≡ 5 − 2 ≡ 3(mod p) nên từ giả thiết suy ra
5q − 2q p . 0,25 Lại có p 1− p 1 5 2 − ≡ ≡ (
1 mod p) nên p 1− p 1 5 2 − −  p .
Do q > p −1 nên (q; p − ) 1 =1. Suy ra tồn tai * , m n∈ thỏa mãn mq − ( p − )
1 n =1 hoặc nq − ( p − ) 1 m =1 (*) p 1 − p 1 − ≡ ( p) n(p 1) − n(p 1) 5 2 mod 5 ≡   2 −   (mod p) Suy ra  ⇒  , 5q  ≡ 2q  (mod p) 5mq  ≡ 2mq  (mod p) 0,25 m(p 1) − m(p 1) 5 2 −  ≡  (mod p) hoặc  5nq  ≡ 2nq  (mod p) Do đó n(p 1) − mq n(p 1) 5 2 2 − ≡
5mq (mod p) hoặc m(p 1) − nq m(p 1) 5 2 2 − ≡ 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
Document Outline