Đề thi HSG toán 11 năm 2019 cụm trường THPT chuyên DHĐB bắc bộ

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
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20/4/2019

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

+∞

Câu 1 (4 điểm). Cho dãy số (u n ) n=1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện
un + 2 ≥

2
3
.un +1 + .un ,
5
5

∀ n = 1, 2, 3,...

Chứng minh rẳng dãy ( u n ) có giới hạn hữu hạn.
Câu 2 (4 điểm). Cho ∆ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB ở D, E , F .
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, K , L thẳng hàng.
b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U , V . 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
trình

sao cho với mọi số

nguyên dương, phương

có nghiệm nguyên.

Câu 4 (4 điểm). Cho p là số nguyên tố có dạng 12k + 11 . Một tập con S của tập

M = {1; 2; 3;K ; p − 2; p − 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
xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng

p −1
phần tử.
2

Câu 5 (4 điểm). Cho đa giác lồi n đỉnh A0 A1... 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
1

Nội dung trình bày

Điểm
4,0

Đề xuất của trường THPT chuyên Biên Hòa, Hà Nam
+∞

Cho dãy số (un ) n=1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện
un + 2 ≥

2
3
.un +1 + .un ,
5
5

∀ n = 1, 2, 3,...

Chứng minh rẳng dãy ( u n ) có giới hạn hữu hạn.

Ta có u n + 2 ≥ 2 u n +1 + 3 u n ⇔ un + 2 + 3 un+1 ≥ un+1 + 3 un , ∀n = 1, 2,3,...
5

5

5

(1)

5

3
5

Đặt v n = un +1 + un , ∀n = 1, 2,3,... thì từ (1) ta có v n +1 ≥ v n , ∀n = 1, 2,3,...

1,0

(2)

Vì dãy số (un ) +∞
bị chặn trên nên tồn tại số M sao cho un ≤ M , ∀n = 1, 2,3,... suy ra
n =1
3
8
vn ≤ M + M = M , ∀n = 1, 2,3,...
5
5

(3)

0,5

Từ (2) và (3) ta thấy dãy (v n ) không giảm và bị chặn trên. Do đó, nó là dãy hội tụ.

Đặt lim vn = a và b =

5a
. Ta sẽ chứng minh lim u n = b.
8

ε
Thật vậy, vì lim vn = a nên ∀ε > 0 nhỏ tùy ý, ∃n0 ∈ N * sao cho vn − a < , ∀n ≥ n0 .
5

Khi đó, nhờ có đánh giá
3
3
3
8b ε
un +1 − b − un − b < (un +1 − b) + (un − b) = un +1 + u n −
< ,
5
5
5
5
5

1,0

ta thu được
un+1 − b <

3
ε

un − b + , ∀n ≥ n0
5
5

1,0

Từ sự kiện này ta suy ra
un0 +1 − b <

3
ε
un0 − b + ;
5
5

un0 + 2 − b <

3
3 ε ε
3
un0 +1 − b + ε <  ÷ uu0 − b + . + ;
5
5 5 5
5

2

..........

k
k −1
k −2
ε  3 
3 
3
3
un0 + k − b <  ÷ uu0 − b +  ÷ +  ÷ + .... + + 1 .
5  5 
5 
5
5

hay

k

un0 + k

 3
1−  ÷
k
k
ε
3
 5 <  3 u −b + ε .
− b <  ÷ uu0 − b +
 ÷ n0
5 1− 3
2

5
5
5

Do đó u n + k − b < ε với k đủ lớn tức là u n − b < ε với n đủ lớn và ε > 0 nhỏ tuỳ ý. Vậy
0

lim u n = b

Hay dãy ( u n ) có giới hạn hữu hạn (đpcm).
2

0,5

Đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai, tỉnh Lào Cai

Cho ∆ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB ở D, E , F . 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, K , L thẳng hàng.

b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U ,V .
Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp
tam giác DMN .

4,0


a) Trước hết ta chứng minh K là trực tâm ∆MDN . Thật vậy:
·

Do AN P BC nên ·ANF = FDB
.
Do D, E , F là tiếp điểm của ( I ) trên BC , CA, AB nên BD = BF
·
·
·
⇒ BDF
= BFD
⇒ ·ANF = BFD
= ·AFN ⇒ ∆ANF cân tại A ⇒ AN = AF .

Chứng minh tương tự ta có AM = AE mà AE = AF nên AN = AF = AE = AM
⇒ ∆NEM vuông tại E ; ∆NFM vuông tại F
⇒ NE ⊥ MD; MF ⊥ ND mà NE I MF = K suy ra K là trực tâm ∆MDN
-Bây giờ ta chứng minh A, K , L 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 ' P KM (vì cùng vuông góc với ND ), MD ' P KN (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’.
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, K , L thẳng hàng (đpcm).
b) Gọi P là giao của UL và ( DMN ) ( P ≠ L ) ; Q là giao LV và ( DMN ) ( Q ≠ L ) .
·
·
·
·

Do MU tiếp xúc ( DMN ) tại M nên DMU
. Lại có MEU
(do
= DNM
= FNM
·
·
NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN ) nên UME
⇒ ∆UME cân tại
= UEM
U ⇒ UM = UE .

1,0

1,0

1,0


UE UL
=
⇒ ∆UEP : ∆ULE (c.g.c)
UP UE
·
·
·
·
·
·
(3)

⇒ UPE
= UEL
⇒ 1800 − UPE
= 1800 − UEL
⇒ EPL
= LEF
·
·
·
·
Lại có LEF
(do LEFD nội tiếp) và LPN
(do LPND
= 1800 − LDF
= 1800 − LDN
2
2
Ta có UM = UP.UL ⇒ UP.UL = UE ⇒

·
·
nội tiếp) nên LPN
(3).
= LEF
·
·
Từ (3) và (4) suy ra LPN = EPL
⇒ P; E ; N thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có Q; E ; M thẳng hàng.
·

·
Do MNQP nội tiếp nên NMQ
.
= NPQ
Do NMEF nội tiếp nên ·NMF = ·NEF .
·
Do đó ·NEF = NPQ
⇒ EF PPQ ⇒ UV PPQ.
Do đó ( LQP ) tiếp xúc với ( LUV ) tại L suy ra ( UVL ) tiếp xúc với ( DMN ) tại
L (đpcm).

3

1,0

Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Quảng Trị

Tìm tất cả các đa thức

sao cho với mọi số

nguyên dương, phương trình

4,0

có nghiệm nguyên.
Rõ ràng deg( P) > 0. Đặt deg( P) = m và

là hệ số bậc cao nhất của

không mất tổng

quát, coi
Gọi

1,0

là nghiệm nguyên lớn nhất của phương trình

Dễ thấy

Hơn nữa, do

nên

là ước của

và do đó

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

1,0


. Do đó,
Đặt
các đa thức

phải bằng 1.

Từ

ta suy ra

thỏa mãn là

với

Từ đó, ta tìm được tất cả
và

là một số nguyên

1,0

tùy ý.
4

Đề xuất của trường THPT chuyên Bình Long, tỉnh Bình Phước
Cho p là số nguyên tố có dạng 12k + 11 . Một tập con S của tập

M = {1; 2; 3;K ; p − 2; p − 1}
được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các

4,0

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
∆ S cho p xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng
phần tử.
2
 p +1 p + 3

,
,K , p − 2, p − 1 thì rõ ràng S là tập con tốt và
Trước hết, xét tập con S = 
2
 2


∆ S = ( −1)

p −1
2

 p −1  p −1
 p −1


÷!− 
÷! ≡ −2 
÷! = 2a (mod p ) ,
 2   2 
 2 

1,0

 p −1
2
trong đó a = − 
÷! và thỏa mãn p | a − 1 theo định lý Wilson.
2


Ta xét các trường hợp:
- Nếu a ≡ 1 (mod p ) thì ∆ S = 2 (mod p ) .
- Nếu a ≡ −1 (mod p ) thì trong tập con S , thay

p +1
p −1
p +1
≡−
(mod p) thì
bởi
2
2
2

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 (mod p ) .
Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho ∆ S = 1 (mod p) . Xét một tập con tốt S bất
kỳ và gọi a, a ′ lần lượt là tích các phần tử của S , M \ S . Theo định lý Wilson thì
aa′ = ( p − 1)! ≡ −1 (mod p ) .
Khi đó, nếu a ≡ a ′ (mod p ) thì p | a 2 + 1 , vô lý vì ta đã biết a 2 + 1 không có ước nguyên tố

5

 −3 
dạng 4k + 3. Còn nếu a − a′ ≡ 1 (mod p ) thì (2a − 1) 2 ≡ −3 (mod p ) , cũng vô lý vì  ÷ = −1
 p
do theo giả thiết thì p ≡ 11 (mod12).
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2.
Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bình Định
Cho đa giác lồi n đỉnh A0 A1... 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.

1,0

1,0


Dễ thấy kmin ≥ n − 1 , bởi vì k < n -1 thì hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ một
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:
Ai Aj tô màu i + j ( mod(n − 1) ) ( 0 ≤ i , j ≤ n − 2 ) và Ai An −1 tô màu

0,5

1,0

2i ( mod( n − 1) ) ( 0 ≤ i ≤ n − 2 )

Cách tô màu này thỏa mãn đề bài. Thật vậy
+ Nếu Ai Aj , Ai Ak ( 0 ≤ i, j , k ≤ n − 2 ) tô cùng màu thì j ≡ k ( mod(n − 1) ) . Vô lí !
+ Nếu Ai An −1 , Ai A j ( 0 ≤ i, j ≤ n − 2 ) tô cùng màu thì i ≡ j ( mod(n − 1) ) . Vô lí !
+ Nếu Ai An −1 , Aj An −1 ( 0 ≤ i, j ≤ n − 2 ) cùng màu thì 2i ≡ 2 j ( mod(n − 1) ) ⇔ i ≡ j ( mod(n − 1) ) .

0,5

Vô lí !
Vậy cách như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Như vậy kmin = n − 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
deg Ai = 1 do đó

n −1

∑ deg A = nM2
i =0

i

( Vì tổng số bậc bằng 2 lần số cạnh). Điều này vô lí. Do

1,0

đó k ≥ n.
Với k = n ta chỉ tô màu như sau: Gọi n màu cần tô là 0,1,..., n − 1 thì Ai A j tô màu
i + j ( mod n ) . Cách tô này thỏa mãn yêu cầu bài toán . Thật vậy Ai Aj , Ai Ak tô cùng màu

thì i ≡ j ( mod n ) vô lí.
Như vậy kmin = n. (2)
 n − 1
+ 1.
Từ (1) và (2) suy ra kmin = 2 
 2 

1,0