1 cbg toán 11 dh đbbb 2023

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023 MƠN THI: TỐN - LỚP 11 ĐỀ ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài: 180 phút 2023 n  2023  x n  x n    x  Câu (4 điểm) Cho số thực a  f n ( x) a x a) Chứng minh với số nguyên dương n , phương trình f n ( x) a ln có nghiệm dương x  xn xn b) Chứng minh dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn tính nlim   Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O ) Trên cung nhỏ AC , AB đường tròn (O) lấy điểm K , L cho KL / / BC Gọi G điểm đường thẳng AB cho OG / / AK Đường thẳng LH cắt lại (O ) V khác L Chứng minh CVG 90 Câu (4 điểm) Tìm tất hàm số liên tục f :    thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i ) f  1 2023 ii) f  x  y  2023x f  y   2023 y f  x  , x, y   Câu (4 điểm) Tìm tất số k nguyên dương cho tồn 2023 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn tổng 2023 số chia hết cho tổng k số phân biệt 2023 số Câu (4 điểm) Cho S tập hợp gồm 2023 số nguyên dương chọn n tập S cho tổng phần tử n tập đơi ngun tố Tìm giá trị lớn n _ HẾT _ Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII - NĂM 2023 MƠN TỐN - LỚP 11 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nôi dung Cho số thực a  f n ( x) a 2023 n  2023 x n x x Điểm n   x  a) Chứng minh với số nguyên dương n , phương trình f n ( x) a Câu điểm có nghiệm dương x  xn xn b) Chứng minh dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn tính nlim   2023 n  2023  x n  x n    x  a  1 Ta có f n ( x ) a  a x + Với x 1 VT  1  a VP  1 nên phương trình vơ nghiệm 1.a (1.5 điểm) 0.5 điểm +Với  x  , ta có: f n  x  a 2023 2023 x n2022    0, x   0;1 nên hàm số f n  x  tăng ngặt  0;1 mà f n   1  a, f n  1 a  n   a điểm phương trình f n ( x) a ln có nghiệm dương x  xn   0;1 1.b (2.5 Ta chứng minh dãy ( x ) tăng Thật vậy, xét f ( x )  x f ( x )  ax  n n 1 n n n n n điểm) Vì f n 1 ( xn 1 ) a f n 1 ( x ) tăng khoảng (0;1) nên để chứng minh dãy điểm ( xn ) tăng ngặt, ta chứng minh f n 1 ( xn )  f n 1 ( xn 1 )  axn   a  xn  Giả sử xn  a a a Vì f n ( x ) tăng khoảng (0;1) nên, với a  a  a  1 1  n  2023 a  2023  a    f n ( xn ) a    a  a  1 a n 1 n n (*)  a  1  a  1 ( a  1) 2023    a  (a  1)   a  a   a  Đây điều vơ lí Do dãy ( xn ) tăng ngặt mà dãy ( xn ) bị chặn nên a c   0;1 a có giới hạn hữu hạn Ta đặt: Khi đó: f n  c   f n  xn  a  a  1 a    a  n 2023 10 a 2023 2023  a  1    a   a  1    a  n 2023   a  1n  a  1          1  a  a     a    a   n 1   a 1     a   a   n 2023  a  1  a    a  n 1 điểm n 2023 2023  a  1     a  1   c n với   a  1   a  1     a  1   a  Theo định lý Lagrange tồn   ( xn ; c) cho: f n  c   f n  xn   f n     c  xn  Mà f n     n  2023 a 2023  n2022  n. n     nên từ suy  c n  c  xn c n 0 theo ngun lí Do ta có: c   c n  xn  c mà  c   nlim   giới hạn kẹp ta có lim xn c  n   Câu a a Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O) Trên cung nhỏ AC , AB đường tròn (O) lấy điểm K , L cho 0,5 điểm điểm KL / / BC Gọi G điểm đường thẳng AB cho OG / / AK Đường thẳng LH cắt lại (O) V khác L Chứng minh CVG 90 Q A T G L E R F O H B K C D V P điểm Gọi giao điểm CO (O) T, ta cần chứng minh T, V, G thẳng hàng Hay GA/GB = (TB/TA)(VB/VA) Ta có  GOA =  OAK =  PAL = x;  GOB =  AOB -  GOA =  QCP -  PCL =  QCL = y Ta có GA/GB = sim  AOG/sin  BOG = sin  PAL/sin  QCL = LP/LQ Lại có LP/LQ = (LP/LH).(LH/LQ) = (AV/AH)(BH/BV) = (AV/BV)(BH/AH) Do TAHB hình bình hành nên (BH/AH) = (TA/TB)  đpcm điểm Tìm tất hàm số liên tục f :    thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: Câu điểm i ) f  1 2023 ii ) f  x  y  2023x f  y   2023 y f  x  , x, y   Giả sử f :    hàm số thỏa mãn đề điểm x Trong  1 lấy y  x ta f  x  2.2023 f  x  , x    2 Trong (1) lấy y 2 x sử dụng (2) ta f  3x   f  x  x  20232 x f  x   2023x f  x  20232 x f  x   2.20232 x f  x  3.20232 x f  x  , x    n  1 x Giả sử f  nx  n.2023 f  3 f  x  , x   Khi nx x   n  1 x   f  nx  x  2023 f  x   2023 f  x  20232 x f  x   2.20232 x f  x  3.20232 x f  x  , x   Theo nguyên lí quy nạp suy f  nx  n.2023 n  1 x f  x  , x  , n 1, 2,  4 n n Vậy f  n   f  n.1 n.2023 f  1 n.2023 , n 1, 2,  5 Với n 1, 2, m 1, 2, theo   ,   ta có n  m  1  n f  n   f  m  m.2023 m  m n Suy m 2023 n m n f   n.2023n  m n n n n n m f   n.2023  f    2023  m  m m r Vậy f  r  r.2023 , r  , r  (6)  Với số thực dương x tồn dãy số hữu tỉ dương  rn  n1 cho lim rn  x  f Vì n    liên  tục 1,5 điểm nên  f  x   f lim r  lim f  rn   lim rn 2023rn  x 2023x n   n   n  x Vậy f  x   x.2023 , x  , x   7 Trong (2) lấy x 0 ta f   0 Do (1), xét x  0, từ (1) (7) ta  f  x  x  2023x f   x   2023 x f  x  2023x   x  2023 x  2023 x f  x   x  2023 x f  x  1,5 điểm x Suy f  x   x.2023 , x  x Kết hợp với (7) f   0, suy f  x   x.2023 , x   x Thử lại Vậy f  x   x.2023 , x   hàm số cần tìm Câu Tìm tất số k nguyên dương cho tồn 2023 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn tổng 2023 số chia hết cho tổng k số phân biệt điểm 2023 số 0.5 điểm Ta thấy k 2023 * Với k 2023 rõ ràng thỏa mãn đề * Với k 1 : Ta chứng minh quy nạp theo n 3 tồn n số 0.75 điểm nguyên dương phân biệt mà tổng chúng chia hết cho số n số Thật vậy, với n 3 ba số 1,2,3 thỏa mãn Giả sử mệnh đề với n, tức có số a1 , a2 , , an thỏa mãn đề bài, ta chọn thêm an1 a1  a2  an , (n 1) số a1 , a2 , , an , an 1 thỏa mãn Vậy k 1 thỏa mãn đề * Xét k 2022 : giả sử chọn 2023 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn đầu Đặt 2023 số nguyên dương a1  a2   a2023 Đặt t min  a2  a1 ; a3  a2 ; ; a2022  a2021 i số mà t ai 1  (Trong trường hợp tập hợp  a2  a1 ; a3  a2 ; ; a2022  a2021 có nhiều phần tử điểm t ta chọn số i lớn nhất) Với k 2022 ta tìm (k  2) số i1 , i2 , , ik  phân biệt khác i; i  Đặt x ai1  ai2   aik   a2023  ; y ai1  ai2   aik   a2023  1 (nếu k=2 quy ước x y khơng có ai1  ai2   aik  ) Theo giả thiết S chia hết cho x y, suy S chia hết cho điểm M BCNN ( x, y ) Ta có M  xy xy  a    a2023  1  Với cách chọn i   2023 ( x, y ) y  x t a2023  a2022 2021t  a1 1  t Suy M  a 2023   2022t 2022  a2023    a1  a2   a2023 S t , mâu thuận với S chia hết cho M, suy với k từ đến 2023 không 0.75 điểm thỏa mãn Vậy có hai số k cần tìm k 1; k 2023 Tìm giá trị lớn có n cho tồn tập hợp S gồm 2023 số Câu nguyên dương lấy n tập S cho tổng phần tử n tập đơi ngun tố Ta chứng minh n 22022  điểm điểm Trong 22023 tập S có nhiều nửa số có tổng phân tử số lẻ Thật vậy, tất phần tử S số chẵn tất tập S có tổng phần tử chẵn nên khơng có tập S có tổng phần tử số lẻ Nếu tồn phần tử x S số lẻ ta chia 22023 tập S thành cặp ( T ;T   x ) với T tập điểm S mà x  T Trong cặp có tập có tổng phần tử chẵn Do có tối đa 22022 tập S có tổng phần tử số lẻ Vì n  22022  có hai tập có tổng phần tử số chẵn ( mâu thuẫn ) Vậy n 22022  Ta xây dựng ví dụ cho n 22022  Đặt k (22022 ) ! Và tập S  1; k ;2k ;4k ; ;2 2021 k Xét 22022 tập S chứa phần tử thêm vào tập hợp  k  điểm Các tập S chứa phần tử tổng phần tử có dạng ak  với a 22022  hai tập khác tổng phần tử khác Ta có gcd (k ; ak  1) 1 Nếu gcd (ak  1; bk  1) d 1(a b) đặt p ước nguyên tố d p k (a  b) suy p (a  b) p k , mà 22022  a  b  nên p k hay p 1 Do tổng phần tử tập điểm hợp nguyên tố Vậy giá trị lớn n n 22022  Giáo viên soạn đề: Trần Thu Trang Số điện thoại: 0942527795