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 1k 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 : Ta1 (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 : Ta1 (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 Tnk (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 ) k1 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) m1 , 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