Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình” để bổ sung kiến thức, nâng cao tư duy và rèn luyện kỹ năng giải đề chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp tới các em nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 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): x  3  a. Giải phương trình: 4sin 2  3 cos 2 x  1  2cos 2  x  . 2  4   x2 y2 1    b. Giải hệ phương trình:   y  1  x  1 2 2 2.  3 xy  x  y  1 Câu 2 (2,5 điểm): 4  4 x  3 8  12 x  1  cos x a. Tính giới hạn: lim . x0 3x 2  4  2  b. Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình x 6  65  m. 3 2  x  m 1  x  1  luôn có nghiệm. Câu 3 (1,5 điểm): a. Cho  H  là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của  H  . Tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân. b. Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập phương của ba chữ số đó chia hết cho 3 . Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình chóp S . ABC và điểm M di động trên cạnh AB ( M khác A, B ). Mặt phẳng   luôn đi qua M đồng thời song song với cả hai đường thẳng SA và BC . a. Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mặt phẳng   . Tìm vị trí của điểm M để thiết diện có diện tích lớn nhất. BA BC 23 b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: mặt phẳng BM BN 5  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. c. Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  . 2 2 2 -------------HẾT -------------
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Đáp án này gồm có 07 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 hoặc vẽ hình sai 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 lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu. * Điểm của toàn bài là tổng điểm (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm x  3  1a Giải phương trình lượng giác: 4sin 2  3 cos 2 x  1  2cos 2  x  . 1,0 2  4  x  3  Ta có: 4sin 2  3 cos 2 x  1  2cos 2  x   2  4  0,25  3   2 1  cos x   3 cos 2 x  1  1  cos  2 x    2   2  2 cos x  3 cos 2 x  2  sin 2 x 0,25  3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x 3 1  cos 2 x  sin 2 x   cos x 2 2 0,25    cos  2 x    cos   x   6  5 2  x  18  k 3  , k  .  x   7  k 2   6 0,25 5 2 7 Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x  k và x    k 2 , k   . 18 3 6 1
 x2 y2 1    1b Giải hệ phương trình:   y  1  x  1 2 2 2 *  . 1,5  3 xy  x  y  1  x  1 Điều kiện:  . 0,25  y  1  x 2  y 2 1       y  1   x  1  2 Ta có: *   . 0,25  xy 1    x  1 y  1 4   x  1 u  y  1  uv  4  Đặt  , * trở thành:  0,25 v  y u 2  v 2  1   x 1   2 u  v  1 u  v  1    1 hoặc  1 . 0,25 uv  4  uv  4   x 1 u  v  1    1  y 1 2 2 x  y  1 Với  1 uv    x  y  1 TM  0,25 uv  4 2  y  1 2 y  x  1   x 1 2  Với  x 1 u  v  1  1  y 1   2   2 x  y  1 1  1 u v    x y TM  uv  4 2  y  1  2 y  x  1 3 0,25   x 1  2  1 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 1;1 và   ;   .  3 3 4  4 x  3 8  12 x  1  cos x 2a Tính giới hạn: lim . 1,5 x0 3x 2  4  2 4  4 x  3 8  12 x 1  cos x  4  4 x  3 8  12 x  1  cos x x2 x2 Ta có: lim  lim . 0,25 x0 3x 2  4  2 x 0 3x2  4  2 x2 2
x x sin 2 sin 2 1  cos x 1 1 2 1. lim 2  lim 2 2  lim 2 0,25 x0 x 2 x0 x 2 x 0 x 2 4   2 3x 2  4  2 3x 2  4  4 3 3 lim  lim  lim  . x0 x2 x0 2 x  3x 2  4  2 x 0   3x 2  4  2  4 0,25 Ta có: 4  4 x  3 8  12 x     4  4 x   x  2    x  2   3 8  12 x   x2 x3  6 x 2 0,25   4  4 x  x  2  x  2 2   x  2  3 8  12 x  3  8  12 x 2 4  4 x  3 8  12 x Do đó: lim x0 x2   0,25 1 x6  lim    x 0  4  4 x  x  2  x  2    x  2  3 8  12 x  3  8  12 x 2 2    1 6 1    . 4 12 4 1 1 0,25  4  4 x  8  12 x  1  cos x 4 2 3 Vậy lim   1. x0 3x 2  4  2 3 4 Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình 2b   x 6  65  m. 3 2  x  m 1  x  1 luôn có nghiệm. 1,0 Điều kiện: x  1 . Ta có: x 6  65  m 3  2  x  m 1  x  1  x 6  65  m   3  2  x  x  1  1  0. 0,25 Xét hàm số f  x   x 6  65  m  3 2  x  x 1 1  liên tục trên nửa khoảng 0,25 1;   nên nó liên tục trên đoạn  2;10 . Lại có: f  2   1  0 , f 10   106  65  0 . 0,25 Suy ra: f  2  . f 10   0 nên phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm trên khoảng  2;10  . 0,25 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi tham số thực m . Cho  H  là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam 3a 1,0 giác có ba đỉnh là ba đỉnh của  H  . Tính xác suất để tam giác được chọn là 3
một tam giác vuông không cân. Gọi n là số đỉnh của  H  ( n  * và n  3 ). Số đường chéo của  H  là: Cn  n . 2 n! n  n  1 Do đó: Cn2  n  252   n  252   n  252 0,25 2.  n  2 ! 2  n  24 TM   n 2  3n  504  0   . Số đỉnh của  H  là: n  24 .  n  21 KTM   Gọi biến cố A là: “tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân”. 0,25 Không gian mẫu là: n  C24  2024 . 3 Gọi đường tròn tâm O là đường tròn ngoại tiếp  H  . Ta thấy số đường chéo của  H  đi qua O là: 12 . Hai đỉnh nằm trên mỗi đường chéo của  H  đi qua O kết hợp với mỗi đỉnh trong 0,25 22 đỉnh không nằm trên đường chéo đó tạo thành 22 tam giác vuông, trong đó có hai tam giác vuông cân. Do đó: ứng với mỗi đường chéo của  H  có 20 tam giác vuông không cân. Số phần tử thuận lợi của biến cố A là: n A  12.20  240 . nA 30 0,25 Vậy xác suất của biến cố A là: P  A    . n 253 Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập 3b 0,5 phương của ba chữ số đó chia hết cho 3 . Gọi số cần tìm là abc (với a  0, a  b  c,  a 3  b3  c3  3 ) Vì a 3  b3  c 3   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a  nên  a 3  b3  c 3  3 3   a  b  c   3   a  b  c  3 3 Đặt A  3;6;9 , B  1; 4;7 , C  2;5;8 0,25 TH1: Mỗi chữ số a, b, c thuộc một tập khác nhau trong ba tập A, B, C . Số cách chọn là: 3!.3.3.3  162 (cách) TH2: Cả ba chữ số a, b, c thuộc cùng một tập A (hoặc B hoặc C ). Số cách chọn là: 3!.3  18 (cách) TH3: Tập a; b; c chứa chữ số 0 và hai phần tử còn lại thuộc A . Số cách chọn là: 2. A32  12 (cách) 0,25 TH4: Tập a; b; c chứa chữ số 0 , một phần tử thuộc B và một phần tử thuộc C . Số cách chọn là: 2.  2.3.3  36 (cách) 4
Vậy có 162  18  12  36  228 số thỏa mãn bài toán. Cho hình chóp S . ABC và điểm M di động trên cạnh AB ( M khác A, B ). Mặt phẳng   luôn đi qua M đồng thời song song với cả hai đường thẳng SA và BC . a. Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mặt phẳng   . Tìm vị trí 4 của điểm M để thiết diện có diện tích lớn nhất. 3,5 BA BC 23 b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: BM BN 5 mặt phẳng  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. c. Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  . 2 2 2 Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mp   . Tìm vị trí của điểm 4a 2,0 M để thiết diện có diện tích lớn nhất. S Q K C A P M B Trong mp  SAB  , kẻ MK || SA  K  SB  . Trong mp  ABC  , kẻ MP || BC  P  AC  . 0,5 Trong mp  SAC  , kẻ PQ || SA  Q  SC  . Thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mp   là tứ giác MPQK . 0,25 Ta có: MP || QK (vì cùng song song với BC ) và MK || PQ (vì cùng song song với 0,25 SA ). Do đó, tứ giác MPQK là hình bình hành. AM Đặt  x  0  x  1 . AB MP AM Xét tam giác ABC có MP || BC nên ta có:   x  MP  x.BC . BC AB 0,25 Xét tam giác SAB có MK || SA nên ta có: MK BM AB  AM    1  x  MK  1  x  .SA . SA AB AB Diện tích thiết diện MPQK là: 0,5 S MPQK  MP.MK .sin  MP; MK   x 1  x  .SA.BC.sin  SA, BC  . 5
Ta thấy: SA.BC.sin  SA; BC  không đổi. 2  x 1 x  1 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1  x      , dấu "  " xảy ra khi  2  4 1 x  1 x  x  . 0,25 2 AM 1 Vậy diện tích MPQK lớn nhất khi  hay M là trung điểm của AB . AB 2 BA BC 23 Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: 4b BM BN 5 0,75 mp  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. S I C A J M N B Gọi I là trung điểm của AC , J là giao điểm của hai đoạn thẳng MN và BI . S BMJ BM BJ 2S BM BJ Ta có:  .  BMJ  . 1 S BAI BA BI S ABC BA BI S BNJ BN BJ 2S BN BJ  .  BNJ  .  2 0,25 S BCI BC BI S ABC BC BI Từ 1 ,  2  suy ra: 2SBMJ 2S BNJ BM BJ BN BJ S 1  BM BN  BJ   .  .  BMN      3 SABC S ABC BA BI BC BI S ABC 2  BA BC  BI S BMN BM BN Mặt khác:  .  4 S ABC BA BC Từ  3 ,  4  suy ra: 0,25 1  BM BN  BJ BM BN BI 1  BA BC  BI 23     .       . 2  BA BC  BI BA BC BJ 2  BM BN  BJ 10 BI 23 Vì J thuộc đoạn thẳng BI và thỏa mãn  nên J là điểm cố định khi M BJ 10 di động. 0,25 Vậy mp  SMN  luôn chứa đường thẳng SJ cố định khi M di động (đpcm) 6
Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  . 2 2 2 4c 0,75 S G D O C A E F B Gọi D, E , F , G, O lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SA, AB, BC , SC , SB . Ta thấy: tứ giác DEFG là hình bình hành và O không thuộc mp  DEFG  (5) 0,25 Ta có:  SA  BC    2OE  2OG  và  SC  AB    2OF  2OD  (6) 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác: OE  OG  EG và OF  OD  DF (theo (5)) (7) Mặt khác:  2  2   2   2      EG 2  DF 2  EG  DF  ED  EF  DE  DG    0,25     1   2 DE 2  2 EF 2  2 DE DG  EF   SB 2  AC 2  (8) 2 Từ (6), (7), (8) suy ra:  SA  BC    SC  AB   4  EG 2  DF 2   2  SB 2  AC 2    SB  AC  . 2 2 2 0,25 Vậy  SA  BC    SC  AB    SB  AC  (đpcm) 2 2 2 -------- HẾT -------- 7
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 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 04 câu Câu 1 (2,5 điểm): a. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng: 1 1 1   1  2 a  b  c 1 . a b c b. Cho tập hợp A  1;3;5;...; 2n  1 (với n   ). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại 12 tập con B1 , B2 ,..., B12 của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) Bk  B j   (với k  1;12, j  1;12, k  j ); ii) B1  B2  ...  B12  A ; iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập Bk (với k  1;12 ) bằng nhau. Câu 2 (2,5 điểm): u1  2023  Cho dãy số  un  thỏa mãn  . 7un 1  un  un  9, n   2 *  a. Chứng minh rằng: lim un   . n 1 b. Với mỗi n  * , đặt vn   . Tìm giới hạn của dãy số  vn  . k 1 uk  4 Câu 3 (1,5 điểm): a. Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn n5  n  1 chỉ có một ước số nguyên tố duy nhất. b. Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a 2022  b 2023 . Tìm a khi b là số nhỏ nhất. Câu 4 (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  O  và có trực tâm H . AD, BE , CF là ba đường cao  D  BC , E  CA, F  AB  . Gọi M là trung điểm của BC , N là hình chiếu vuông góc của H trên AM . AD cắt BN tại P , AM cắt CF tại Q . a. Chứng minh rằng: ba đường thẳng BC , EF , HN đồng quy tại điểm T . b. Chứng minh rằng: đường thẳng PQ song song với đường thẳng BC . c. Tiếp tuyến của  O  tại A cắt BC tại K , L là điểm đối xứng của K qua T . Chứng minh rằng: MONL là tứ giác nội tiếp. -------------HẾT -------------
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI 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 hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * 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 lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu. * Điểm của toàn bài là tổng điểm (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng: 1a 1 1 1 1,5   1  2 a  b  c 1 . a b c 1 1 1 ab  bc  ca Ta có:   1  1 a b c abc 0,5  ab  bc  ca  1  ab  bc    ca  1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương  ab  bc  và  ca  1 ta có:  ab  bc    ca  1  2  ab  bc  ca  1 0,25  2 a 2bc  abc 2  ab  bc  2 a  c  ab  bc  2 a  c  b  a  c   2 Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c . Ta có: a 3  abc  c 3  a 3  1  c 3  a  1  c 0,5   a  1 c  1  0  a  c  ac  1  b  a  c   abc  b  b  a  c   b  1  3 1 1 1 Từ (1), (2), (3) suy ra:   1  2 a  b  c 1 . a b c 0,25 1
ab  bc  ac  1 Dấu "  " xảy ra khi   a  b  c  1. a  c  1 Cho tập hợp A  1;3;5;...; 2n  1 (với n   ). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại 12 tập con B1 , B2 ,..., B12 của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1b 1,0 i) Bk  B j   (với k  1;12, j  1;12, k  j ); ii) B1  B2  ...  B12  A ; iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập Bk (với k  1;12 ) bằng nhau. Giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn bài toán. 0,25 Tổng tất cả các phần tử của tập A là: 1  3  5  ...   2n  1  n 2 . Vì tổng các phần tử của mỗi tập Bk (với k  1;12 ) bằng nhau nên tổng các phần n2 tử của mỗi tập Bk (với k  1;12 ) là: . 12 0,25 n2 Do đó:  *  n  6m, m   . 12 Khi đó tổng các phần tử của mỗi tập Bk (với k  1;12 ) là: 3m 2 . Với n  6m  2n  1  12m  1 thuộc một tập Bk nào đó  12m  1  3m 2 0,25  m  4  n  24 . Khi n  24  A  1;3;5;...; 47 . Lúc đó: B1  1; 47 , B2  3;45 , B3  5; 43 ,..., B12  23; 25 là 12 tập con của 0,25 A thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là: n  24 . u1  2023  Cho dãy số  un  thỏa mãn  . 7un 1  un  un  9, n   2 *  2 a. Chứng minh rằng: lim un   . 2,5 n 1 b. Với mỗi n  * , đặt vn   . Tìm giới hạn của dãy số  vn  . k 1 u k  4 2a Chứng minh rằng: lim un   . 1,25 Chứng minh bằng quy nạp: un  3, n  * 1 Thật vậy, 0,25 Với n  1 ta có: u1  2023  3 nên 1 đúng. Giả sử 1 đúng với n  k  1 hay uk  3 , với n  k  1 . 2
Ta có: uk 1  3   uk  3 uk  4   0  u  3 nên 1 đúng với n  k  1. k 1 7 0,25 Do đó: un  3, n   . *  u  3 2 Mặt khác: un1  un  n  0, n  *  un 1  un , n  * . 0,25 7 Nên  un  là dãy số tăng. 0,25 Giả sử lim un  L (với L  u1  2023 ). Lúc đó: lim  7un 1   lim  un  un  9    L  3  0  L  3  u1 (vô lý). 2 2 0,25 Vậy lim un   (đpcm) n 1 2b Với mỗi n  * , đặt vn   . Tìm giới hạn của dãy số  vn  . 1,25 k 1 u k  4 Ta có: un1  3   un  3 un  4  , n  * 0,25 7 1 7   , n  * (Vì un  3, n  * ) un1  3  un  3 un  4  1 1 1    , n  * 0,25 un1  3 un  3 un  4 1 1 1    , n  * un  4 un  3 un1  3 n 1 n  1 1  Do đó: vn       0,25 k 1 uk  4 k 1  u k  3 uk 1  3  1 1 1 1     , n  * 0,25 u1  3 un 1  3 2020 un1  3  1 1  1 Vì lim un   nên lim vn  lim    .  2020 un1  3  2020 0,25 1 Vậy lim vn  . 2020 Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn n5  n  1 chỉ có một ước số nguyên 3a 1,0 tố duy nhất. Đặt n5  n  1  p r (với r  * và p là số nguyên tố). Ta có: 0,25 n  n  1  n  n  n  1  n  n  n  1   n  n  1   n  n  1 n  n  1 . 5 3 2 2 2 2 2 3 2 3
Do đó:  n 2  n  1 n3  n 2  1  p r . TH1: n 2  n  1  1 và n3  n 2  1  p r . Suy ra: n  0  n5  n  1  1 (KTM). 0,25 TH2: n 2  n  1  p r và n3  n 2  1  1 . Suy ra: n  1  n 5  n  1  3 (TM). TH3: n 2  n  1  p m và n3  n 2  1  p k (với m, k  * ; m  k  r ). + Với n  2  n5  n  1  35 (KTM). 0,25 + Với n  3  n 2  n  n  1  n  n 2  n   n  n  1  n 3  n 2  1  n 2  n  1 . Do đó: k  m . Mà p k  n3  n 2  1  n  n 2  n  1  2  n 2  n  1  n  3  n. p m  2. p m  n  3 nên p m . p k m  p m  n  2   n  3 . 0,25 Do đó: n  3 chia hết cho p nên n  3  n  n  1  n  2 (vô lý vì n  3 ). m 2 2 Vậy n  1 là giá trị cần tìm. Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a 2022  b 2023 . Tìm a khi b là 3b 0,5 số nhỏ nhất. Bổ đề: Nếu x, n là hai số nguyên dương và y là số hữu tỉ thỏa mãn y n  x thì y là số nguyên. a Thật vậy, gọi y  (với a, b  , b  0,  a, b   1 ). b 0,25 Vì (a, b)  1  (a , b )  1 . n n Từ y n  x  a n  x.b n nên b n là ước của a n mà (a n , b n )  1  b n  1  b  1 hay y  a   . 2022 a Trở lại bài toán: a 2022  b 2023     b. b a a Áp dụng bổ đề ta có:  *   k , k  *  a  k .b, k  * . b b 0,25 Từ đó ta có: b  k 2022 . Vì b là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1 nên k là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1 hay k  2  b  22022 . Vậy a  2 2023 . Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  O  và có trực tâm H . AD, BE , CF là ba đường cao  D  BC , E  CA, F  AB  . Gọi M là 4 3,5 trung điểm của BC , N là hình chiếu vuông góc của H trên AM . AD cắt BN tại P , AM cắt CF tại Q . 4
a. Chứng minh rằng: ba đường thẳng BC , EF , HN đồng quy tại điểm T . b. Chứng minh rằng: đường thẳng PQ song song với đường thẳng BC . c. Tiếp tuyến của  O  tại A cắt BC tại K , L là điểm đối xứng của K qua T . Chứng minh rằng: MONL là tứ giác nội tiếp. 4a Chứng minh rằng: ba đường thẳng BC , EF , HN đồng quy tại điểm T . 1,5 Ta quy ước:  XYZ  là đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ ;  XY  là đường tròn đường kính XY . Giả sử các giả thiết của bài toán có hình biểu diễn như hình vẽ. A E J N I H O F P Q C K T B D L M A' Ta có: A, E , F , H , N cùng thuộc đường tròn  AH  ; D, M , E , F cùng thuộc đường tròn Euler  DEF  của tam giác ABC ; D, M , N , H cùng thuộc đường 0,5 tròn  HM  . Suy ra: DM là trục đẳng phương của hai đường tròn  DEF  và  HM  . Hay BC là trục đẳng phương của hai đường tròn  DEF  và  HM  . 0,5 EF là trục đẳng phương của hai đường tròn  DEF  và  AH  . HN là trục đẳng phương của hai đường tròn  AH  và  HM  . Vì AB  AC nên BC luôn cắt EF tại điểm T . Do đó: T là tâm đẳng phương của ba đường tròn  DEF  ,  AH  ,  HM  . 0,5 Suy ra: ba trục đẳng phương BC , EF , HN của ba đường tròn  DEF  ,  AH  ,  HM  đồng quy tại tâm đẳng phương T (đpcm) 4b Chứng minh rằng: đường thẳng PQ song song với đường thẳng BC . 1,0 5
BDHF là tứ giác nội tiếp  AF . AB  AH . AD 1 0,25 DHNM là tứ giác nội tiếp  AN . AM  AH . AD  2    Từ (1), (2) suy ra : AF . AB  AN . AM  BFNM nội tiếp  PNQ  BFM  3 0,25     Mà BFM  DBF (vì tam giác MBF cân tại M ) và DBF  PHQ (vì BDHF nội tiếp) (4) 0,25   Từ (3), (4) suy ra: PNQ  PHQ  PQNH là tứ giác nội tiếp    HPQ  HNQ  900  PQ  AD (5) 0.25 Kết hợp (5) với giả thiết AD  BC ta có: BC || PQ (đpcm) Tiếp tuyến của  O  tại A cắt BC tại K , L là điểm đối xứng của K qua T . 4c 1,0 Chứng minh rằng: MONL là tứ giác nội tiếp. Gọi J , A ' lần lượt là giao điểm của AO với EF và  O  ; I là điểm đối xứng 0,25 của A qua J . Dễ thấy AO  EF và   900  CEJA ' nội tiếp (7) ACA' 0,25 Từ (7) và BFNM , BCEF nội tiếp suy ra: 1 AI . AO  2 AJ . AA '  AJ . AA '  AE. AC  AF . AB  AN . AM 0,25 2  M , N , I , O cùng thuộc một đường tròn (8) Mặt khác: AK  AO  AK || JT . Mà J , T là trung điểm của AI và KL nên IL đối xứng với AK qua JT .      Do đó: IL || AK  MLI  MKA  OAD  90 0  DAK  MOA ' (vì AD || OM ) 0,25  M , O, I , L cùng nằm trên một đường tròn (9) Từ (8), (9) suy ra: MONL là tứ giác nội tiếp (đpcm) -------- HẾT -------- 6