Hdc đề nghị toán 11 2023 c nbk q nam

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn: Tốn – lớp 11 Câu Nội dung Điểm 4,0 Cho dãy số dương ( xn ), n 1, 2,3, thỏa đồng thời điều kiện sau:  i) xn 1  xn  xn , n   n ii) Tồn số thực dương M không đổi cho x k M , n   k 1 Tính giới hạn dãy số ( xn ) n Sn  Đặt x k , n   k 1 Từ giả thiết ta suy ( S n ) dãy tăng bị chặn M Suy tồn giới hạn lim S n a 1,0 0,5 2n Pn S n  Sn  Đặt Gọi x k Do tồn lim S n a nên lim Pn 0 k n 1 xt  xk  xk  n 1k 2 n Pn n 0,5 0,5 1,0 x Do e   x, x  nên n 2k  2n 2n     xk x2 n xk 1   (1  xk )  e xk e k t  e Pn k t xk k t k t Ta có xt Pn Pn e n Suy Pn Suy  2n.x2 n  Pn e  lim 2n x2 n 0( lim Pn 0) P 2n  x2 n 1  n e Pn   (2n  1).x2 n 1  Pn e Pn n n Tương tự, 0,5 x2 n  xt e Pn  Suy lim(2n  1).x2 n 1 0 (1) (2) Từ (1) (2) suy lim ( nxn ) 0  lim xn 0 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5    Cho hàm số f :    thỏa điều kiện f ( m f (n)) n f (m), m, n   Chứng minh p số nguyên tố f ( p ) số nguyên tố bình phương số nguyên tố 4,0  Lấy n1 , n2   , giả sử f (n1 )  f (n2 ) Suy f (m f ( n1 ))  f ( m f (n2 ))  n12 f ( m) n22 f (m)  n1 n2 (1) 0,5 Với n 1 f ( m f (1)  f (m)  m f (1) m  f (1) 1 0,5 2 Với m 1 f ( f (n)) n f (1) n 0,5 2 Suy f ( f ( m) f ( n)) n f ( f ( m)) n m  f ( f (m.n)) Theo kết (1) ta có f (m) f ( n)  f (m.n) 1,0 1,0 (2) 0,5 Giả sử f ( p ) không số nguyên tố khơng bình phương số ngun tố  Khi tồn x, y   để f ( p )  x y ( x  1, y  1, x  y ) 0,5 Theo (2) f ( f ( p ))  f ( x y )  f ( x) f ( y ) 0,5 1,0 Từ giả thiết suy f ( f ( p ))  p  f ( x ) f ( y )  p  f ( x )  f ( y )  p (do p nguyên tố) Suy x  y ( (1) ), vô lý Vậy ta có điều phải chứng minh 0,5 0,5 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Hai đường chéo AC BD cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác APD cắt đoạn thẳng AB điểm thứ hai E (E khác A) đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC cắt đoạn thẳng AB điểm thứ hai F (F khác B) Gọi I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE BCF Hai đoạn thẳng IJ AC cắt K AC BC.CD  AB AD  a) Chứng minh rằng: BD BC.BA  DC DA 1,0 4,0 b) Chứng minh bốn điểm A,I,K,E nằm đường tròn B E 3a 1đ C F A D     Lấy E F thuộc đường tròn cho: CDB  ADE ; BDA DCF Khi đó: AE BC ; FD  AB; EC  AB; BF  AD Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD BCDF ta có: AC.ED  AE.CD  AD.EC BC.CD  AD AB (1) BD.CF BC.DF  BF CD BC AB  AD.CD (2) Mặt khác:      CDE CDB  BDE  ADE  BDE ADB FCD Do đó: 1,0       FDC FDE  EDC FCE  FCD ECD Suy ra: ED FC (3) Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh 3b 1,0 D C X P I Y K A J E F B Z Tia EI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác APD điểm thứ hai X (X khác E) Tia FJ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC điểm thứ hai Y (Y khác F) Vẽ đoạn thẳng PX, PY, XA YB Ta suy : XI  XA; YJ YB (4)   Rõ ràng PX; PY đường phân giác góc APD; BPC    Do X,P,Y thẳng hàng; ta lại có : APX CPY BPY ; 1,0 AXP  ADP ADB BCP   BYP Ta suy tam giác APX đồng dạng với tam giác BPY (5) Gọi Z giao điểm XI với YJ Từ (4) (5) ta có:  XI XA AP sin PYZ XZ      YJ YB BP sin PXZ YZ Suy IJ song song với XY; AKI APX  AEI Vậy A, I, K, E thuộc đường tròn Gọi T  n  tổng lũy thừa bậc n n số nguyên liên tiếp, với n số nguyên dương Tìm tất số nguyên dương n lớn cho T  n  chia hết cho n 4,0 n * Với n  N a  , đặt Ta (n)  (a  i ) n i 0 , theo đề ta tìm tất số nguyên dương n cho Ta (n)n ; a   1,0 Bổ đề: Với n số nguyên dương tùy ý, Ta (n) Tb (n) (mod n ); a, b   Chứng minh: Với a số nguyên dương tùy ý, ta có : Ta1 (n)  Ta (n) ( a  n) n  a n n.a n 1.n  n(n  1) n 2 a n   n n 0 (mod n ) 2 Suy : Ta1 (n) Ta (n) (mod n ) Do a số nguyên tùy ý nên ta có điều cần chứng minh Trở lại tốn: TH1: n số lẻ Đặt n 2k  , k  N , theo bổ đề ta có: Tan Tnk (mod n ); a   1,0 n n n n n Mà T k (n) (  k )   (  1)     k 0 (do n lẻ) Suy Ta (n) 0 (mod n ), a   TH 2: n chẵn n * k Đặt n 2 m ; k , m  N m số lẻ; xét Nhận thấy: - Với i số nguyên dương chẵn T (n)  i n 1,0 i 1 i n 2n ; suy i n 22 k ( 2n 22 k )  i;  1 , theo định lý Với i số nguyên dương lẻ k 1 - Euler ta có: k i 1 (mod 2k 1 ) (do  (2 k 1 ) 2 k ) n k 1 Suy i 1 (mod ) n Ta có từ đến n có số nguyên dương lẻ (do n chẵn) 1,0 Từ điều trên, ta suy ra: n T (n)  2k  1.m (mod 2k 1 ) k1 Từ đó, m lẻ nên T  n  khơng chia hết cho ; T  n  2 k 1 không chia hết cho n (vì n chia hết cho ) Vậy số nguyên dương thỏa đề n số lẻ 5  Cho m   gồm m số thực a1 ; a2 ; ; am thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 1/ 4,0   0;1 , i 1, 2, , m m a i 2023 2/ Tìm số nguyên dương n bé mà với cách cho m số thực thế, ta phân hoạch số thành n tập hợp đôi rời cho tổng tất phần tử tập khơng lớn hơn1 i 1 + Xét số thực a1 ; a2 ; ; am thỏa đề Ta xây dựng thuật toán để phân hoạch m số thành n tập thỏa yêu cầu đề bài, sau: Trước hết, tồn x Ta lập số (1) m1  , a j (i  j ) gồm  m  1 ban đầu thay số cho  a j 1 số, cách bỏ hai số  a j (*) , a j 1,0 số x Nhận xét rằng, ta tìm cách phân hoạch (1) m  thỏa mãn đề ta phân hoạch số ban đầu x  (1) + Nếu số x ( 2) m  cịn tính chất (*), ta thực tiếp tục để tạo m số Tiếp tục thực không cịn hai số mà tổng bé hay (Vì m số hữu hạn nên trình dừng) 1,0 x Gọi số cuối  k  gồm số: x1 , x2 , , xk Vì khơng cịn hai số có tổng nhỏ hay nên có khơng q số nhỏ hay 0.5 Xét hai trường hợp: TH1: Các số x1 , x2 , , xk lớn 0,5 Khi đó: 2023 x1  x2   xk  k , Suy k  4046  k 4045 1,0 Nếu vậy, ta phân chia số sau: M i  xi  , i 1,2, , k; M i  , i k  1, ,4045 TH2: Tồn số, giả sử xk 0.5 Các số x1 , x2 , , xk  lớn 0,5 xk  xi  1, với i 1, , k  2023 x1  x2   xk    xk   xk   Suy k   4044  k 4045  k  2 1 , 1,0 Khi đó, ta lại phân chia tương tự trên: M i  xi  , i 1,2, , k; M i  , i k  1, ,4045 + Ta trường hợp mà 4045 tập khác rỗng Chẳng hạn, với số cho sau: a1 0.5  1 ; a2 0,5   ; ; a4044 0.5   4044 ; a4045 0.5  4044  4044   (0  a i 4045  0.5)  0,5 Với  i dương Khi đó, ta phải phân hoạch số thành 4045 tập khác rỗng.( gồm tập i  a ;a  chứa số 4045 i 4044 số lại chia thành 4044 tập) + Kết luận:Vậy n 4045 số thỏa đề Người đề: Nguyễn Thanh Thiên, Võ Tiến, Tổ Toán, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) Phone: Mail: 0905662875 thanhthiennbkqn@gmail.com