Đề thi học sinh giỏi lần thứ XII năm 2019 môn Toán Học Lớp 11 - Hội các trường THPT Chuyên khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ (Có đáp án)

 KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
 KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 
 LẦN THỨ XII, NĂM 2019 
 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 11 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
(Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 20/4/2019 
Câu 1 (4 điểm). Cho dãy số (u n ) n 1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện 
 23
 uuunnn 21 .., n 1, 2, 3, ... 
 55 
 Chứng minh rẳng dãy un có giới hạn hữu hạn. 
Câu 2 (4 điểm). Cho ABC có đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BCCAAB,, ở DEF,,. 
Đường thẳng qua A song song BC cắt DE, DF lần lượt tại M ,.N Đường tròn ngoại tiếp tam giác 
DMN cắt đường tròn I tại điểm L khác D. 
a) Chứng minh A,,KL thẳng hàng. 
b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại UV,. Chứng minh 
rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN. 
Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các đa thức sao cho với mọi số nguyên dương, phương 
trình có nghiệm nguyên. 
Câu 4 (4 điểm). Cho p là số nguyên tố có dạng 12k 11. Một tập con S của tập 
 Mpp {1; 2; 3; ; 2; 1} 
 được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các phần 
tử của M \.S Ký hiệu S hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia S cho p 
 p 1
xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng phần tử. 
 2
Câu 5 (4 điểm). Cho đa giác lồi n đỉnh AA01... An 1 n 2 . Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác 
được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng 
màu. Tìm giá trị nhỏ nhất của k. 
 -------------- 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: ................................... ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
 1 Đề xuất của trường THPT chuyên Biên Hòa, Hà Nam 4,0 
 Cho dãy số (u n ) n 1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện 
 23
 uuunnn 21 .., n 1, 2, 3, ... 
 55 
 Chứng minh rẳng dãy un có giới hạn hữu hạn. 
 2 3 33 1,0 
 Ta có un 2 un 1 un uuuunnnn 211 ,  n 1, 2, 3, ... (1) 
 5 5 55 
 3
 Đặt v uu,  n 1, 2, 3, ... thì từ (1) ta có v v ,  n 1, 2, 3, ... (2) 
 n nn 1 5 n 1 n
 Vì dãy số (u ) bị chặn trên nên tồn tại số M sao cho uM ,  n 1, 2, 3, ... suy ra 
 n n 1 n 
 38
 vM M M,  n 1, 2, 3, ... (3) 0,5 
 n 
 55 
 Từ (2) và (3) ta thấy dãy (vn ) không giảm và bị chặn trên. Do đó, nó là dãy hội tụ. 
 5a
 Đặt limv a và b . Ta sẽ chứng minh limu b. 
 n 8 n
 
 Thật vậy, vì limv a nên  0 nhỏ tùy ý, n N * sao cho va ,  nn.
 n 0 n 5 0 
 Khi đó, nhờ có đánh giá 
 1,0 
 3338b 
 ubububnnnnnn 11 ()() ubu 1 u ,
 55555 
 ta thu được 
 3 
 ubnn 1 ub , n n0 
 55 
 Từ sự kiện này ta suy ra 
 3 
 ubub ; 
 nn00 1
 55
 2
 333  
 ubub  ub .; 
 nn00 21 u 0
 55555 
 1,0 
 .......... 
 kkk 12
 3333 
 ubnk ub u .... 1 .
 00 55555 
 hay 
 k
 3
 kk1 
 33 5 
 unk b ub u ub n .
 00 553 52 0
 1 
 5
 Do đó u b  với k đủ lớn tức là u b  với n đủ lớn và  0 nhỏ tuỳ ý. Vậy 
 n0 k n
 limun b 
 0,5 
 Hay dãy un có giới hạn hữu hạn (đpcm).
2 Đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai, tỉnh Lào Cai 
 Cho ABC có đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BCCAAB,, ở DEF,, . Đường thẳng 
 qua A song song BC cắt DE, DF lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 DMN cắt đường tròn I tại điểm L khác D . 
 4,0 
 a) Chứng minh A,,KL thẳng hàng. 
 b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại UV, . 
 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 
 tam giác DMN . 
a) Trước hết ta chứng minh K là trực tâm MDN . Thật vậy: 
 Do ANBC nên ANF FDB . 
 Do DEF,, là tiếp điểm của I trên BCCAAB,, nên BDBF 
 B DF BFD ANF BFD AFN ANF cân tại A AN AF . 1,0 
 Chứng minh tương tự ta có AMAE mà AEAF nên 
 ANAFAEAM NEM vuông tại E ; NFM vuông tại F 
 NE MD; MF  ND mà NE MF K suy ra K là trực tâm MDN 
 -Bây giờ ta chứng minh A,,KL thẳng hàng: 
 + Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi D ' là điểm đối xứng 
 của D qua T . Ta có ND'  KM (vì cùng vuông góc với ND ), MDKN'  (vì cùng 
 vuông góc với MD ). Do đó ND' MK là hình bình hành. Do A là trung điểm MN 
 nên K cũng là trung điểm KD’. 
 1,0 
 Do đó D’, A, K thẳng hàng. (1) 
 + Hơn nữa, tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK nên DL vuông 
 góc với LK. Mặt khắc DD’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN 
 nên DL vuông góc với LD’. Do đó L, K, D’ thẳng hàng. (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra A,,KL thẳng hàng (đpcm). 
b) Gọi P là giao của UL và DMN PL ; Q là giao LV và DMN QL . 
 Do MU tiếp xúc DMN tại M nên DMU DNM . Lại có M EU FNM (do 1,0 
 NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN ) nên UME UEM UME cân tại UUMUE . 
 UE UL
 Ta có UM22 UPUL.. UPUL UE UEP ULE (c.g.c) 
 UP UE
 UPE UEL 18000 UPE 180 UEL EPL LEF (3) 
 Lại có LEF 1800 LDF (do LEFD nội tiếp) và LPN 1800 LDN (do LPND 
 nội tiếp) nên LPN LEF (3). 
 Từ (3) và (4) suy ra LPN EPL P;; E N thẳng hàng. 
 Chứng minh tương tự ta có QEM;; thẳng hàng. 
 Do MNQP nội tiếp nên N MQ NPQ . 1,0 
 Do NMEF nội tiếp nên NMF NEF . 
 Do đó N EF NPQ EF PQ UV PQ. 
 Do đó LQP tiếp xúc với LUV tại L suy ra UVL tiếp xúc với DMN tại 
 L (đpcm). 
3 Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Quảng Trị 
 4,0 
 Tìm tất cả các đa thức sao cho với mọi số nguyên dương, phương trình 
 có nghiệm nguyên. 
 Rõ ràng deg(P ) 0. Đặt deg(Pm ) và là hệ số bậc cao nhất của không mất tổng 
 quát, coi 
 Gọi là nghiệm nguyên lớn nhất của phương trình 1,0 
 Dễ thấy nên và do đó 
 Hơn nữa, do là ước của nên với là 
 số tự nhiên nào đó. Suy ra 
 1,0 
 và 
 Do đó, dãy phải hội tụ đến (nguyên) nào đó. Kéo theo 
 . Do đó, phải bằng 1. 1,0 
 Đặt Từ ta suy ra Từ đó, ta tìm được tất cả 
 các đa thức thỏa mãn là với và là một số nguyên 1,0 
 tùy ý. 
4 Đề xuất của trường THPT chuyên Bình Long, tỉnh Bình Phước 4,0 
 Cho p là số nguyên tố có dạng 12k 11. Một tập con S của tập 
 Mpp {1; 2; 3; ; 2; 1} 
 được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các 
 phần tử của M \.S Ký hiệu S hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia 
 p 1
 cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng phần tử. 
 S 2
 pp 13
 Trước hết, xét tập con Spp ,,,2,1 thì rõ ràng S là tập con tốt và 
 22
 p 1
 2 pp 11 p 1
 S (1) ! !  2 ! 2ap (mod), 1,0 
 22 2
 p 1 2
 trong đó a ! và thỏa mãn pa|1 theo định lý Wilson. 
 2
 Ta xét các trường hợp: 
 - Nếu ap 1 (mod ) thì S 2 (modp ). 
 p 1 pp 11
 - Nếu ap 1 (mod ) thì trong tập con S , thay bởi  (modp ) thì 
 2 22 1,0 
 dễ thấy dấu của S sẽ được thay đổi thành 2. Khi đó, trong cả hai trường hợp, ta đều chỉ ra 
 được tập con tốt có S 2 (modp ) . 
 Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho S 1 (modp ) . Xét một tập con tốt S bất 
 kỳ và gọi aa , lần lượt là tích các phần tử của SM , \ S . Theo định lý Wilson thì 1,0 
 aa  (1)!1 p (mod) p . 
 Khi đó, nếu aa (mod p ) thì pa|12 , vô lý vì ta đã biết a2 1 không có ước nguyên tố 
 2 3
 dạng 43.k Còn nếu aa  1 (mod p ) thì (2ap  1) 3 (mod ) , cũng vô lý vì 1 
 p 1,0 
 do theo giả thiết thì p  11 (mod12). 
 Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2. 
5 Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bình Định 
 Cho đa giác lồi n đỉnh AA01... An 1 n 2 . Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi 
 một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của k. 
 Dễ thấy kn 1, bởi vì k < n -1 thì hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ một 
 min 0,5 
 đỉnh được tô cùng một màu. 
 TH1. Nếu n là số chẵn thì gọi các màu cần tô là 0,1,...,n 2 . Ta tô màu như sau: 
 A A tô màu ij mod( n 1) 0 ijn , 2 và A A tô màu 
 ij in 1 1,0 
 2in mod( 1) 0 in 2
 Cách tô màu này thỏa mãn đề bài. Thật vậy 0,5 + Nếu AAij,0,,2 AA ik i j k n tô cùng màu thì jk mod( n 1) . Vô lí ! 
+ Nếu AAin 1,0,2 AA i j i j n tô cùng màu thì ij mod( n 1) . Vô lí ! 
+ Nếu AAin 11,0,2 AA jn i j n cùng màu thì 
 2ij  2 mod( n 1) ij mod( n 1) . Vô lí ! 
Vậy cách như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Như vậy knmin 1. (1) 
TH2: Nếu n là số lẻ thì giả sử tô với n – 1 màu là 0,1,...,n 2 . Khi đó, tất cả các đoạn 
thẳng có màu 1,...,n 2 xóa hết chỉ còn lại các đoạn thẳng đều có màu 0. Suy ra 
 n 1 1,0 
 degAi 1 do đó degAi n 2 ( Vì tổng số bậc bằng 2 lần số cạnh). Điều này vô lí. 
 i 0
Do đó kn . 
Với k = n ta chỉ tô màu như sau: Gọi n màu cần tô là 0,1,...,n 1 thì AijA tô màu 
ij mod n. Cách tô này thỏa mãn yêu cầu bài toán . Thật vậy AijAAA, ik tô cùng màu 
thì ij mod n vô lí. 
 1,0 
 Như vậy knmin . (2) 
 n 1
Từ (1) và (2) suy ra kmin 21. 
 2