Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Kiên Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Kiên Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/8/2023 Đề thi gồm 01 trang, 04 bài Bài 1 (5,0 điểm) Cho dãy số ( ) xác định bởi = 2 và = + ( ). 1 ∗ 𝑛𝑛 1 𝑛𝑛+1 𝑛𝑛 a) Tìm𝑥𝑥: 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥𝑛𝑛 với 𝑛𝑛 ∈ ℕ 𝑥𝑥𝑛𝑛 b) Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho dãy số ( ) xác định bởi: lim √𝑛𝑛 ⋅ = + 𝑘𝑘 + + 𝑦𝑦𝑛𝑛 với 1, là dãy bị chặn. 1 𝑘𝑘 1 𝑘𝑘 1 𝑘𝑘 𝑛𝑛 𝑦𝑦 � 𝑥𝑥1 � � 𝑥𝑥2 � ⋯ � 𝑥𝑥𝑛𝑛 � 𝑛𝑛 ≥ Bài 2 (5,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số : thoả mãn ( ) ( ( ) 1) = ( ) ( ) với mọi , . 𝑓𝑓 ℝ → ℝ 2 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑓𝑓 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑥𝑥 − 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑦𝑦 ∈ ℝ Bài 3 (5,0 điểm) a) Cho là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng (2 1) (2 2) 2( ) + 2 chia hết cho . 𝑝𝑝 2 b) Cho là một số 𝑝𝑝nguyên−2 lớn𝑝𝑝 hơn𝑝𝑝+1 7. Chứng minh𝑝𝑝−1 rằng tồn tại số nguyên3 dương sao cho 2 và 4 + là một− hợp số. − − 𝑝𝑝 𝑛𝑛 2 𝑎𝑎 𝑎𝑎 ≤ 𝑛𝑛 𝑎𝑎 𝑛𝑛 Bài 4 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn (với < ) nội tiếp đường tròn ( ), có là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn bàng tiếp góc của tam giác có tâm là và tiếp xúc với đường thẳng tại điểm . Gọi , theo thứ𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 tự là trung𝐴𝐴𝐴𝐴 điểm𝐴𝐴𝐴𝐴 của , . Đường tròn có𝑂𝑂 đường𝐼𝐼 kính là cắt đường tròn ( ) tại điểm thứ hai khác𝐴𝐴 . Chứng minh𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 rằng: 𝐽𝐽= . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐷𝐷 𝐸𝐸 𝐹𝐹 𝐼𝐼𝐼𝐼 𝐽𝐽𝐽𝐽 𝐴𝐴𝐴𝐴 � � 𝑂𝑂 𝐺𝐺 𝐴𝐴 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 HẾT • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: TOÁN Đề thi chính thức Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/8/2023 Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung 1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. 2. Nếu học sinh có sử dụng các định lý, hệ quả, các kết quả phụ trợ phổ biến trong các chuyên đề bồi dưỡng HSG và nêu được tên thì giám khảo vẫn chấm đúng. 3. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. II. Đáp án và thang điểm Bài Ý Nội dung Biểu điểm 1 Bằng quy nạp, > 0 với mọi 1. 0,5 (5,0 đ) Với mọi 𝑥𝑥,𝑛𝑛 ta có > 𝑛𝑛 ≥+ 2. 0,5 Từ đó bằng quy∗ nạp ta được:2 2 2 + 2 với mọi . 𝑛𝑛 ∈ ℕ 𝑥𝑥𝑛𝑛+1 𝑥𝑥𝑛𝑛 2 ∗ Do đó, < + 2 + 𝑥𝑥𝑛𝑛 ≥+ 2𝑛𝑛+ với mọ𝑛𝑛i ∈ ℕ . 2 2 1 2 1 ∗ Thành thử,𝑛𝑛+ 1 𝑛𝑛 2 𝑛𝑛 0,5 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥𝑛𝑛 ≤ 𝑥𝑥 2𝑛𝑛+2 𝑛𝑛 ∈ ℕ 1 < 2 + 3 + 𝑛𝑛−1 2 + 2 2 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑛𝑛 � Nhận xét 1. 𝑘𝑘=1 𝑘𝑘 1 1 0,5 lim 𝑛𝑛−1 = 0. a) 2 + 2 𝑛𝑛→∞ �� � 𝑛𝑛 𝑘𝑘=1 𝑘𝑘 Chứng minh. Có thể sử dụng định lý trung bình Cesàro hoặc làm như sau: 1 1 1 𝑛𝑛 < 𝑛𝑛−1 2 < 2. 1 Do đó � � � − � 𝑘𝑘=2 𝑘𝑘√𝑘𝑘 𝑘𝑘=2 √𝑘𝑘 − 𝑘𝑘 1 1 1 1 𝑛𝑛−1 < 𝑛𝑛−1 2 + 2 �� � �� � 𝑛𝑛 1𝑘𝑘=1 𝑘𝑘 1 𝑛𝑛 3𝑘𝑘=1 𝑘𝑘 < 1 + 𝑛𝑛 < 0 � � � → √𝑛𝑛 𝑘𝑘=2 𝑘𝑘√𝑘𝑘 √𝑛𝑛 Trang 1/5
3. Lưu ý. Nếu HS không chứng minh, thì trừ 0.25 đ Ta có lim = 2 và từ Nhận xét 1, 2𝑛𝑛+3 𝑛𝑛 1 1 lim 2 + 3 + 𝑛𝑛−1 = 2 2 + 2 0,5 Do đó, theo nguyên lý �kẹp:𝑛𝑛 � � 𝑛𝑛 𝑘𝑘=1 𝑘𝑘 lim = 2 2 𝑛𝑛 𝑥𝑥 Bình luận. 𝑛𝑛 +/ Học sinh có thể chứng minh dãy tăng, không bị chặn trên để suy ra lim = + , từ đó suy ra lim( ) = 2 và sử dụng định lý Stolz, sẽ ra ngay kết quả. Nếu làm đúng, vẫn2 cho điểm2 tối đa. 𝑛𝑛 𝑛𝑛+1 𝑛𝑛 +/ Trong𝑥𝑥 chứng∞ minh Nhận xét 1𝑥𝑥, học− sinh𝑥𝑥 sử dụng định lý trung bình Cesàro để suy ra ngay kết quả của Nhận xét, là được điểm tối đa. Đầu tiên ta có nhận xét > 2 với mọi 1. Từ đó nếu 3 thì 0,25 và nếu 2 thì . 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑛𝑛 ≥ 𝑘𝑘 ≥ Xét𝑘𝑘 33. Theo ý a), 𝑘𝑘2 + 32 > + 1 nên ( + 𝑥𝑥𝑛𝑛 ≥ 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑘𝑘 ≤ 𝑥𝑥𝑛𝑛 ≤ 𝑥𝑥𝑛𝑛 1) + 1 . 2 𝑘𝑘 Thành thử 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑘𝑘 ≥ 1 1𝑥𝑥 ≥ 𝑛𝑛 1 1𝑛𝑛 𝑥𝑥 1≥ 𝑛𝑛 1,25 + + + 𝑛𝑛 + + . 𝑘𝑘 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 𝑥𝑥 𝑛𝑛 Mặt khác, theo a), ta có 𝑦𝑦 2 ⋯ 2 1 𝑛𝑛 𝑥𝑥 1 𝑥𝑥 + + + . 6 1 2 𝑛𝑛 𝑦𝑦 � ⋯ � Nhận xét 2. Dãy ( ) với 𝑛𝑛 1 1 𝑛𝑛 = + + ℎ 1 không bị chặn. 𝑛𝑛 ℎ ⋯ Thật vậy, nếu ( ) bị chặn thì ( ) có giới𝑛𝑛 hạn hữu hạn. Thành thử 0,25 lim( ) = 0. 𝑛𝑛 𝑛𝑛 Tuy nhiên ℎ ℎ 2𝑛𝑛 𝑛𝑛 = ℎ+ − +ℎ × = , mâu thuẫn. 1 1 1 1 ℎ2𝑛𝑛 − ℎ𝑛𝑛 𝑛𝑛+1 ⋯ 2𝑛𝑛 ≥ 𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2 Trang 2/5
4. Vậy, ( ) là dãy không bị chặn. Do đó, ( ) không bị chặn. 0,25 𝑛𝑛 𝑛𝑛 Tóm lạℎi, đáp số của bài toán là: mọi số tự𝑦𝑦 nhiên 3. Bình luận. Về nhận xét + + + < 2 nếu học𝑘𝑘 ≥ sinh sử dụng ở cả hai ý 1 1 1 mà không làm rõ, chỉ trừ 0,25 một lần. 2√2 3√3 ⋯ 𝑛𝑛√𝑛𝑛 2 Giả sử là hàm số cần tìm. Đầu tiên, nếu là hàm hằng thì = 0,5 (5,0 đ) . Vậy = 0. Xét là hàm khác hằng số. 2 𝑓𝑓 𝑓𝑓 𝑐𝑐 𝑐𝑐 Thay𝑐𝑐 − 𝑐𝑐 = 0𝑐𝑐: ta được 𝑓𝑓 ( )( ( 1) + 1) = (0) với mọi . 𝑦𝑦( 1) 1 ( ) = ( ) 1,0 Nếu thì ( ) do đó là hàm hằng, loại. 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑓𝑓 − 𝑓𝑓 0𝑓𝑓 𝑥𝑥 ∈ ℝ Vậy ( 1) = 1 và (0) = 0. 𝑓𝑓 − ≠ − 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑓𝑓 −1 +1 𝑓𝑓 Giả s𝑓𝑓ử − mà− ( 𝑓𝑓) = 0: Thay = , ta được ( ) = 0 với mọi . Vì khác hằng số nên = 0. 2 1,0 Thành th𝑎𝑎 ử∈, ℝ( ) =𝑓𝑓0𝑎𝑎 = 0. 𝑥𝑥 𝑎𝑎 𝑓𝑓 𝑎𝑎 𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑓𝑓 𝑎𝑎 ( ) Với mỗi 𝑓𝑓 0𝑎𝑎: Chọn ⇔=𝑎𝑎 thì ( ). 1 = 0. Theo nhận 1 ( ) 𝑓𝑓 𝑥𝑥 ( ) ( ) 0 1 = 0 1 = 0 xét ngay 𝑥𝑥trên≠ 𝑦𝑦 nên𝑥𝑥 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑓𝑓 � 𝑥𝑥 .− Từ� đó 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑓𝑓 𝑥𝑥 hay ( ) = . 1,5 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑓𝑓 𝑥𝑥 ≠ 𝑓𝑓 � − � − Do đó𝑓𝑓 𝑥𝑥( ) 𝑥𝑥= với mọi . 𝑓𝑓 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ∈ ℝ Thử lại, ta thấy các hàm ( ) 0 và ( ) thoả mãn phương 0,5 trình hàm ban đầu. 𝑓𝑓 𝑥𝑥 ≡ 𝑓𝑓 𝑥𝑥 ≡ 𝑥𝑥 3 Theo định lý Fermat nhỏ 2 1(mod ). Thành thử, ta có thể (5,0 đ) viết: 𝑝𝑝−1 0,5 2 = ≡+ 1 với 𝑝𝑝 . 𝑝𝑝−1 Kí hiệu biểu thức đã cho là 𝑘𝑘. Ta𝑘𝑘 có 𝑘𝑘 ∈ ℕ 2 . = 2. ( 1) . (2 + 1) 2( + 1) + 4. ( + 1) Theo𝑝𝑝 công thức Newton𝑝𝑝 𝑆𝑆 𝑝𝑝 1,0 𝑆𝑆 𝑘𝑘𝑘𝑘(− 1) 𝑘𝑘𝑘𝑘 1 +− 𝑘𝑘(mod𝑘𝑘 ) 𝑘𝑘𝑘𝑘 a) và 𝑝𝑝 2 3 (𝑘𝑘𝑘𝑘 −+ 1) ≡ − 1 + 𝑘𝑘𝑝𝑝(mod 𝑝𝑝). 𝑝𝑝 2 3 Thành thử 𝑘𝑘𝑘𝑘 ≡ 𝑘𝑘𝑝𝑝 𝑝𝑝 2 . 2( 1)(2 + 1) 2(1 + ) + 4( + 1) 𝑝𝑝 4 2 2 + 2 2(1 + ) +2 4( + 1) 1,0 𝑆𝑆 ≡ 0 (𝑘𝑘mod𝑝𝑝 − ). 𝑘𝑘𝑘𝑘 2 − 2𝑘𝑘𝑝𝑝 𝑘𝑘𝑘𝑘 Do ≡là s−ố nguyên𝑘𝑘𝑘𝑘 − 3 tố lẻ,𝑘𝑘 nên𝑝𝑝 − 0(mod𝑘𝑘𝑝𝑝 ). 𝑘𝑘𝑘𝑘 ≡ 𝑝𝑝 3 𝑝𝑝 𝑆𝑆 ≡ 𝑝𝑝 Trang 3/5
5. Nếu + 1 có một ước nguyên tố lẻ , ta chọn = thì 2 1 và 𝑝𝑝−1 𝑛𝑛 𝑝𝑝 𝑎𝑎 2 𝑎𝑎 ≤ 4 + = ( 1) 1 + ( + 1) 0(mod ). 1,0 Rõ𝑝𝑝 ràng − ≤ 𝑛𝑛 2 2 𝑎𝑎 𝑛𝑛 𝑝𝑝4 − + − 4 +𝑛𝑛 > , ≡ 𝑝𝑝 nên 4 + là một hợp số.2 Nếu +2 1 = 2 , với 𝑎𝑎 4. Khi𝑛𝑛 đó, ≥ 𝑛𝑛+ 4 =𝑝𝑝 4(2 + 1) và 𝑎𝑎 𝑛𝑛 b) 2 + 1 là mộ𝑘𝑘t số lẻ lớn hơn 1, nên + 4 sẽ có m𝑘𝑘−2ột ước nguyên tố lẻ𝑘𝑘−2 . 𝑛𝑛 Ta chọn = 𝑘𝑘1 thì ≥ 𝑛𝑛 𝑛𝑛 + 4 𝑝𝑝 𝑎𝑎 𝑝𝑝2 − ( + 1) = 2 2 1,5 nên 2 Nên 4 + 𝑝𝑝 là một hợp2 số. 𝑎𝑎 𝑛𝑛 ≥ 𝑛𝑛 ≥ 𝑝𝑝 𝑝𝑝 Bình luận: Trư2 ờng hợp + 1 = 2 , khi = 4 tức = 15, ta chọn = 3, còn với 𝑎𝑎 𝑛𝑛 5, có thể lấy = 2 1. Khi𝑘𝑘 đó 4 + = 4𝑘𝑘−4(𝑛𝑛2 1) + 2𝑘𝑘 1 = (2𝑛𝑛 + 1)(2 +𝑎𝑎 3) là𝑘𝑘 một ≥ hợp số.2 𝑎𝑎 𝑘𝑘−4− 2 𝑘𝑘 𝑘𝑘−3 𝑘𝑘−3 𝑎𝑎 𝑛𝑛 − − Gọi là trung điểm của . Ta có IBJ vuông tại nên = = . Do đó là trung điểm cung của ( ). 𝐾𝐾 𝐼𝐼𝐼𝐼 Δ 𝐵𝐵 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂 4 1,5 (5,0 đ) Trang 4/5
6. Gọi là giao điểm của với ( ) và = 90 nên là đường′ kính của ( ). Kẻ đường cao . ∘ Do đó𝐴𝐴 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑂𝑂 ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴′ 2,5 = 𝑂𝑂 = =𝐴𝐴𝐴𝐴 = = . Vậy tứ giác nội′ tiếp. ∠𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐴𝐴 ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 ∠ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 Ta có 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 1,0 = 90 = 90 = 90 = . ∘ ∘ ∘ ∠𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 ∠ 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 − ∠ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 − − ∠ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 HẾT Trang 5/5
7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 31/8/2023 Đề thi gồm 01 trang, 03 bài Bài 5 (7,0 điểm) Cho 2023 số thực , , , thoả mãn 1 2 2023 + + + = 0. 𝑎𝑎 𝑎𝑎 𝑎𝑎 a) Chứng minh rằng, tồn tại các1 số nguyên2 dương2023 < 2023 sao cho 𝑎𝑎 𝑎𝑎 ⋯ 𝑎𝑎 𝑖𝑖 𝑗𝑗 ≤ . 2 2 2 𝑎𝑎1+𝑎𝑎2+⋯+𝑎𝑎2023 𝑖𝑖 𝑗𝑗 b) Giả sử rằng , , , là𝑎𝑎 các𝑎𝑎 ≤số −thực sao2023 cho bất đẳng thức ( ) +1 2 + ( 2023 ) ( ) + + ( ) 𝑏𝑏 𝑏𝑏 𝑏𝑏 2 2 2 2 đúng với1 mọi1 bộ 2023 số 2023thực ( 2023, , ) thoả1 mãn1 < <2023 < 2023 . Chứng 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 ⋯ 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 ≤ 𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 ⋯ 𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 minh rằng 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2023 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 ⋯ 𝑥𝑥2023 + + + + với mọi = 1,2, ,2023. 1 𝑘𝑘 1 𝑘𝑘 𝑎𝑎 ⋯ 𝑎𝑎 ≤ 𝑏𝑏 ⋯ 𝑏𝑏 𝑘𝑘 Bài 6 (6,0 điểm) Cho số nguyên dương và một bảng ô vuông (2 + 1) × (2 + 1). Tìm số nguyên dương lớn nhất sao cho: có thể đặt viên bi vào ô của bảng đã cho, mỗi ô không quá 1 viên bi và đồng thời 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑘𝑘 trong mỗi bảng con 2 × 2 của bảng ô vuông đã cho luôn có không quá 2 viên bi. 𝑘𝑘 𝑘𝑘 Bài 7 (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn (với < ) nội tiếp đường tròn ( ) và có trực tâm là . Gọi là điểm chính giữa cung của đường tròn ( ). Đường thẳng qua song song với cắt tại . 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑂𝑂 𝐻𝐻 𝑀𝑀 Gọi , tương ứng là hình chiếu vuông góc của trên , . Gọi là trung điểm . Chứng 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵� 𝑂𝑂 𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐻𝐻𝐻𝐻 𝐾𝐾 minh rằng 𝐸𝐸 𝐹𝐹 𝐾𝐾 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑁𝑁 𝐻𝐻𝑀𝑀 a) , , , cùng nằm trên một đường tròn. b) , , , là các đỉnh của một hình bình hành. 𝐵𝐵 𝐶𝐶 𝑂𝑂 𝐾𝐾 𝐾𝐾 𝐸𝐸 𝑁𝑁 𝐹𝐹 HẾT • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: TOÁN Đề thi chính thức Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 31/8/2023 Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung 1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. 2. Nếu học sinh có sử dụng các định lý, hệ quả, các kết quả phụ trợ phổ biến trong các chuyên đề bồi dưỡng HSG và nêu được tên thì giám khảo vẫn chấm đúng. 3. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. II. Đáp án và thang điểm Bài Ý Nội dung Biểu điểm 5 Không mất tính tổng quát, giả sử (7,0 đ) =: Khi đó với mỗi = 1, ,2023 ta có 1 2 2023 𝑚𝑚 ≔(𝑎𝑎 ≤ 𝑎𝑎 )(≤ ⋯ ≤ 𝑎𝑎) 0 𝑀𝑀 hay 𝑘𝑘 𝑘𝑘 𝑘𝑘 𝑎𝑎+− 𝑚𝑚 𝑎𝑎( −+𝑀𝑀 ≤) . Cộng các bất đẳng thức2 lại, ta có 𝑘𝑘 𝑘𝑘 a) 𝑎𝑎 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ 𝑚𝑚 𝑀𝑀 𝑎𝑎 3,0 + + + 2023 ( + )( + + ) = 0. 2 2 1 2023 1 2023 Từ𝑎𝑎 đó, ⋯ 𝑎𝑎 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ 𝑚𝑚 𝑀𝑀 𝑎𝑎 ⋯ 𝑎𝑎 + + 2 2 1 2023 2023 Do đó, có thể chọn = 1, = 2023𝑎𝑎 . ⋯ 𝑎𝑎 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ − Với mỗi bộ ( , , 𝑖𝑖 )𝑗𝑗 thoả mãn , xét số dương tuỳ ý, và bộ ( , , ) được xác định = + thì 1 2023 1 2023 𝑥𝑥 ′ 𝑥𝑥 ′ < < 𝑥𝑥 ≤ ⋯. ≤′ 𝑥𝑥 1 2023 𝑖𝑖 𝑖𝑖 𝜀𝜀Do đó 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ′ ′ 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑖𝑖𝑖𝑖 ( ) + +𝑥𝑥1( ⋯ 𝑥𝑥2023) b) ′ 2 ( ′ ) + + 2( ) 0,5 1 1 2023 2023 Cho 𝑥𝑥0 −ta 𝑎𝑎thu được⋯ ′ 𝑥𝑥 −2 𝑎𝑎 ′ 2 1 1 2023 2023 ( + ) + +≤ (𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 ⋯) 𝑥𝑥( − 𝑏𝑏) + + 𝜀𝜀 → 2 ( )2 . 2 1 1 2023 2023 1 1 Thành 𝑥𝑥thử,− bất𝑎𝑎 đẳng⋯ thức 𝑥𝑥trên đúng− 𝑎𝑎 với mọi2≤ bộ𝑥𝑥 bộ− (𝑏𝑏 , , ⋯ ) 2023 2023 thoả mãn 𝑥𝑥. − 𝑏𝑏 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2023 𝑥𝑥1 ≤ ⋯ ≤ 𝑥𝑥2023 Trang 1/5
9. Đầu tiên, chọn bộ = = = 0 ta được 0,5 + + + + . 1 2023 2𝑥𝑥 ⋯ 2𝑥𝑥 2 2 = 1= =2023 1 2023 Chọn bộ 𝑎𝑎 ⋯ 𝑎𝑎 , rồi≤ rút𝑏𝑏 gọn,⋯ ta được𝑏𝑏 2 ( + + ) 1 2023 trong đó 𝑥𝑥 ⋯ 𝑥𝑥 𝑥𝑥 1 2023 1 2023 𝑥𝑥 𝑏𝑏= ⋯+ 𝑏𝑏+ − 𝑎𝑎 − ⋯ − 𝑎𝑎 ≤. 𝐶𝐶 1,0 Do bất đẳng thức này2 đúng với2 mọi số 2 nên 2 1 2023 1 2023 𝐶𝐶 +𝑏𝑏 +⋯ 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎 − ⋯ − 𝑎𝑎= 0. Vậy, + + = 0. 𝑥𝑥 1 2023 1 2023 𝑏𝑏 ⋯ 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎 − ⋯ − 𝑎𝑎 1 2023 Với m𝑏𝑏ỗi ⋯= 1,𝑏𝑏 ,2023 ta chọn = = = và = = = với bất kì, ta được: 1 𝑘𝑘 𝑘𝑘+1 𝑘𝑘 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⋯ 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑥𝑥 2023 ⋯( 𝑥𝑥 ) + 𝑥𝑥 ≤+ (𝑦𝑦 ) + ( ) + + ( ) ( 2) + + ( 2) + ( 2) + + ( )2 1,0 1 𝑘𝑘 𝑘𝑘+1 2023 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 2 ⋯ 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 2 𝑦𝑦 − 𝑎𝑎 2 ⋯ 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 2 1 𝑘𝑘 𝑘𝑘+1 2023 Từ≤ đó𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 ⋯ 𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 ⋯ 𝑥𝑥 − 𝑏𝑏 2 2 + 2 + 2 + + =: 1 2 1 2 Ta có − 𝐴𝐴+ 𝑥𝑥 −= 0𝐴𝐴 và𝑦𝑦 2 +𝐵𝐵 𝑥𝑥 = 02𝐵𝐵. Do𝑦𝑦 đó 2 2 1 2023 1 2023 ≤ 2𝑏𝑏( ⋯ )𝑏𝑏( −)𝑎𝑎 − ⋯ − 𝑎𝑎 𝐶𝐶 1 2 1 2 đúng v𝐴𝐴ới mọ𝐴𝐴i . 𝐵𝐵 𝐵𝐵 1 1 > 𝐴𝐴 − 𝐵𝐵 (𝑦𝑦 −; 𝑥𝑥) ≤ 𝐶𝐶 = 1 + 1,0 Nếu thì chỉ cần chọn cặp mà ( ) 𝑥𝑥 ≤ 𝑦𝑦 𝐶𝐶 thì 2( )( ) > , mâu thuẫn. 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 2 𝐴𝐴1−𝐵𝐵1 Vậy hay + + + + . 𝐴𝐴1 − 𝐵𝐵1 𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 𝐶𝐶 1 1 1 𝑘𝑘 1 𝑘𝑘 Bình luận. 𝐴𝐴 ≤ 𝐵𝐵 𝑎𝑎 ⋯ 𝑎𝑎 ≤ 𝑏𝑏 ⋯ 𝑏𝑏 6 Phân hoạch bảng thành bảng con 2 × 2; + 1 bảng con 1 × 1 (6,0 đ) và hình chữ dạng 1 ×22 . 𝑛𝑛 𝑛𝑛 Vớ𝑛𝑛i = 2: 𝐿𝐿 𝑛𝑛 2,0 Với = 3: 𝑛𝑛 Trang 2/5
10. Tổng quát: với bảng (2 + 1) × (2 + 1) đầu tiên ta xếp ( + 1) 1 + 2 + + = 𝑛𝑛 𝑛𝑛 2 bảng vuông con 2 × 2 ở một phần tư của𝑛𝑛 bảng𝑛𝑛 đã cho, có góc ⋯ 𝑛𝑛 vuông đỉnh trên bên trái. Tương tự, ta xếp các bảng vuông ở góc dưới cùng bên phải tuần tự ( 1) 1 + 2 + + ( 1) = 2 bảng vuông con 2 × 2. Tổng số có bảng𝑛𝑛 con− 2𝑛𝑛× 2. Trên đường ⋯ 𝑛𝑛 − chéo, các ô còn trống được lấp bởi các2 con domino 1 × 1: có cả thảy + 1 con như vậy. Phần còn lại lấp𝑛𝑛 bởi các con chữ L kích cỡ 1 × 2. 𝑛𝑛 Nếu là số thoả mãn yêu cầu bài toán: trong mỗi bảng con 2 × 2, có tối đa 2 viên bi. Trong mỗi hình chữ cũng có tối đa 2 viên bi. Thành𝑘𝑘 thử số bi được đặt tối đa là 2,0 × 2 + ( + 1) + × 2 = 2 + 3𝐿𝐿 + 1 = ( + 1)(2 + 1). Vậy2 2 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑛𝑛 ( +𝑛𝑛1)(2 𝑛𝑛+ 1). 𝑛𝑛 𝑛𝑛 Ta chỉ ra một cách đặt 𝑘𝑘 ≤= (𝑛𝑛 + 1)(2𝑛𝑛 + 1) bi vào bảng thoả mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, xét các cột lẻ 1,3,5, ,2 + 1. Ta đặt bi 0 vào tất cả các ô của các𝑘𝑘 cột này.𝑛𝑛 Do mỗ𝑛𝑛i cột có đúng 2 + 1 ô nên tổng số bi cần đặt là: 𝑛𝑛 2,0 (2 + 1) × ( + 1) = . 𝑛𝑛 Vậy số nguyên dương lớn nhất là đặt = ( + 1)(2 + 1). 0 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑘𝑘 0 Bình luận. Học sinh có𝑘𝑘 thể chứng minh 𝑘𝑘kết quả𝑛𝑛 bằng quy𝑛𝑛 nạp theo . Trong đó bước từ + 1 quy về có thể làm như sau: Chia bảng (2 + 3) × (2 + 3) thành bảng con(2 + 1) × (2 + 1) ở góc trên bên trái, sau đó 𝑛𝑛là một bảng (2 +𝑛𝑛1) × 2, một b𝑛𝑛ảng 2 × (2 + 1) và một bảng 2 ×𝑛𝑛2 ở góc dưới𝑛𝑛 cùng bên phải. Sau đó𝑛𝑛 áp dụng giả𝑛𝑛 thiết quy nạp, thì số bi đặt được sẽ không vượt quá𝑛𝑛 𝑛𝑛 ( + 1)(2 + 1) + 2( + 1) + 2( + 1) + 2 = ( + 2)(2 + 3) + 1. Tuy nhiên, dấu bằng không xảy ra, vì nếu đạt được, bảng 2 × 2 cuối cùng phải𝑛𝑛 có 2 bi. 𝑛𝑛Khi đó, 4 ô kề𝑛𝑛 với bảng này𝑛𝑛 chứa tối đa 𝑛𝑛2 bi (nếu 𝑛𝑛2 bi trong bảng góc 2 × 2 không nằm trên đường chéo, hãy xét các bảng con 2 × 2 cạnh ô góc dưới cùng bên phải). Từ đó số bi sẽ không vượt quá ( + 2)(2 + 3) 1 < , mâu thuẫn. 𝑛𝑛 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘0 Trang 3/5
11. 7 Gọi là trung điểm , là trung điểm cung , là giao điểm (7,0 đ) của hai tiếp tuyến tại , của ( ). Do nên 𝐼𝐼 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀′ 2 2 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑇𝑇 = = = = . 𝐵𝐵 𝐶𝐶 𝑂𝑂 Δ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∼ Δ′ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 2,0 Từ đây suy ra 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 = . 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑂𝑂𝑂𝑂 Mà nên = ′ . Suy ra . Từ đó = =′ 𝑀𝑀90𝑀𝑀. Do 𝑂𝑂đó𝑂𝑂 nằm trên đư′ờng tròn đường𝐴𝐴𝐴𝐴 kính∥ 𝑂𝑂𝑂𝑂 . Vậ∠y 𝐴𝐴′ 𝐴𝐴, 𝑀𝑀, , ∠ ∘nằ𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾m trên đườngΔ tròn𝐴𝐴𝐴𝐴𝑀𝑀 đườ∼ngΔ kính𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 . ∠𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 ∠ 𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐵𝐵 𝐶𝐶 𝑂𝑂 𝐾𝐾 𝑂𝑂𝑂𝑂 a) 1,5 Kéo dài cắt tại . Theo trên, || . Ta có 𝑇𝑇𝑇𝑇 𝐴𝐴=𝐴𝐴 𝐺𝐺 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐴𝐴𝐴𝐴′ b) 1 2,0 = 90 + ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∠ 𝐵𝐵 − ∠ 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 2∠ 𝐵𝐵 − 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 − ∠ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 ∘1 1 ∠ 𝐵𝐵 − ∠ 𝐴𝐴𝐴𝐴=𝐴𝐴 − +∠ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + 90 2 2 ∘ ∠ 𝐵𝐵 − 𝐵𝐵 ∠ 𝐶𝐶 ∠ 𝐴𝐴 − Trang 4/5
12. 1 = = . 2 Vậy cân tại . Do đó là trung điểm . ∠ 𝐴𝐴 ∠ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 Mặt khác,Δ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 =𝐾𝐾 𝐹𝐹= . Do đó𝐵𝐵𝐵𝐵 là tứ giác nội tiếp. Đặc biệt =′ = = . Do đó ∠𝐺𝐺 𝐺𝐺𝐺𝐺. Thành∠ 𝐴𝐴𝑀𝑀 thử𝑀𝑀, ∠ là𝐴𝐴 đư𝐴𝐴𝐴𝐴ờng trung𝐵𝐵 bình𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 của hình thang . Do ∠đó,𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∠ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. Vậy, ∠ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 ∠. Do𝐴𝐴𝐴𝐴 đó𝐴𝐴 . Tương 𝐺𝐺tự𝐺𝐺, ∥ 𝐵𝐵𝐵𝐵 . Vậy, 𝐹𝐹𝐹𝐹 là hình bình hành. 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 𝐹𝐹𝐹𝐹 ∥ 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐹𝐹𝐹𝐹 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐹𝐹𝐹𝐹 ∥ 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐸𝐸𝐸𝐸 ∥ 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 1,5 HẾT Trang 5/5