Toan 11 chuyen thai binh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ Môn Toán 11 Thời gian: 180 phút u1 1   u  u  ,  n   * n  n 2un  u  , n   * xác định  Bài (4 điểm) Cho dãy số thực n Tính u lim n n tìm  u2023  (  x  kí hiệu phần nguyên số thực x ) Bài (4 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  2020 f  xy    f  x   2020.xf  y  với x, y    I  có trực tâm H Gọi D, E , F Bài (4 điểm).Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I  Gọi S , T trung điểm tiếp điểm BC , CA, AB với đường tròn AH , BH gọi M điểm đối xứng với S qua FE , gọi N điểm đối xứng với T qua FD Chứng minh đường thẳng MN qua trực tâm tam giác DEF Bài (4 điểm) Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số nguyên dương n thỏa mãn n  (3  p 1 ) n  2(3 p  p  1) 0 Bài (4 điểm) Cho bảng ô vuông ABCD kích thước 20212021 gồm 2021 ô vuông đơn vị, ô vuông đơn vị tô ba màu đen, trắng xám Một cách tô màu gọi đối xứng ô vng đơn vị có tâm đường chéo AC tô màu xám cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua AC tô màu đen màu trắng Người ta điền vào ô xám số , ô trắng số nguyên dương ô đen số nguyên âm Một cách điền số gọi k  cân đối (với k số nguyên dương) thỏa mãn điều kiên sau:   k; k  (i) Mỗi cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua AC điền số nguyên thuộc đoạn (ii) Nếu hàng cột giao ô đen tập số nguyên dương điền hàng tập số nguyên dương điền cột khơng giao nhau, hàng cột giao trắng tập số nguyên âm điền hàng tập sơ ngun âm được điền cột khơng giao Tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền k  cân đối *** Hết *** ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG NĂM 2023 Bài Bài Nội Dung Điểm 1,Từ cách xác định dãy số ta suy un  0, n   * Ta có un 1  un   0, n   * 2un Do dãy  un  dãy tăng Giả sử dãy  un  bị chặn Khi dãy  un  có giới hạn hữu hạn Đặt L lim un  L  Từ hệ thức truy hồi cách chuyển qua giới hạn ta L L  1,0 1  0 2L 2L suy vơ lí  un  không bị chặn trên, suy lim un  Vậy dãy u Ta có    u  un    un 1  , n   * 2un  4un  n 1 n   lim  un21  un2  lim    1  4un  Vì lim un  nên u2 u lim n 1  lim n 1 n n Theo định lí trung bính Cesaro ta có u 2, Từ n 1    u  un    un 1  , n   * 2un  4un  ta có n n n k 2 k 2 un2 u12    uk2  uk2  u12   n n Với n nguyên dương, đặt i 1 i Ta có H n  n n   un2 u12    uk2  uk2  u12       k  1  k 2 k 2  n  H n  Ta chứng minh H n 1  ln n, n 1 1,0 Thật xét hàm số f ' x  Ta có f  x  ln  x  1  ln x  , x  x 1 1 1     0, x  2 x  x  x  1 x  x  1 Do hàm số f  x  nghịch biến  0;    1  lim f  x   lim  ln      0 x   x   x x      Mặt khác ta có f  x   0, x   1,0  ln  x  1  ln x, x  x 1 Suy Rõ ràng với n 1 bất đẳng thức bổ đề n n 1 H n 1       ln  i  1  ln i  1  ln n i 1 i  i 1 Với n 2 ta có Vậy bổ đề chứng minh Theo bổ đề ta có un2 n  Kết hợp lại ta Bài Do ta có 1,0   ln  n  1  , n 2 n un  2023 u2023  4n   ln  n  1 , n 2 8093  ln 2022 Từ ta có  u2023  45 Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  2023 f  xy    f  x   2023.xf  y   1 với x, y   Giả sử hàm số f thỏa mãn điều kiện toán    f   2023 f  0  2023 2023     2023 Cho ta   u   2023 f   2023  2023  ta f  u  0 Đặt x  y  Thay x u, y 1 vào  1 ta 2023uf  1 0  uf  1 0 x  , y 0 y 1, Nếu f  1 0 Thay ta 1,0 1 1 f    f    2023 f  y  y  y  y suy f  y  0, y 0 f  x  2023 f     f  x   2023xf    1 y 0 Thay vào ta Chọn x 0, x  2023 f   f  x  0, f  x  2023 f    0 Từ ta f   0 Suy f  x  0, x   2, Nếu f  1 0 u 0 hay f   0 1,0   f   2023 2023   Từ ta có  x  z  x  2023 yf    2023 y  Với x, y 0, đặt x ,y y 20232 vào  1 ta có Thay x   x  x x  x   x f   2023 f  f      f    2023 f  2  y  2023   2023 y    y  y  2023 y y x  z  x x f   f    y  2023 y Suy  y   x x f  y  2023 f  x    f  y   2023 yf   y ta có  y Thay z x  y, y  y ta có Thay x  y, y   z f  y  2023 f  z    f  y   2023 yf    f  y   2023 y   y  Bài Từ ta có  x x  f     y  2023 y   x  f  y   2023 yf    x  y f  y  2023 f  z    f  y  2023 f  x    x Thay y  2023 f  x  ta f   2023 f  x   2023 f  z   x Từ ta có f tồn ánh Thay x  1, y  x ta f   2023 f  x    f  1  2023 f  x  Vì f tồn ánh nên đặt t 2023 f  x   ta 2,0 f  t  t   f  1 , t   Thay vào  1 ta f  1 1 nên f  x  x, x   Thử lại ta thấy hàm số f  x  0, f  x   x thỏa mãn toán Vậy tất hàm số cần tìm f  x  0, f  x  x Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn  I  có trực tâm H Gọi D, E , F tiếp điểm BC , CA, AB với đường tròn  I  Gọi S , T trung điểm AH , BH gọi M điểm đối xứng với S qua FE , gọi N điểm đối xứng với T qua FD Chứng minh đường thẳng MN qua trực tâm tam giác DEF Bổ đề Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I  nội tiếp đường tròn  O  Gọi D, E , F tiếp điểm BC , CA, AB với đường tròn  I  Gọi K trực tâm tam giác DEF Khi ba điểm O, I , K thẳng hàng Chứng minh bổ đề 1,0 A B' E C' F O K B I C D A' Gọi A ', B ', C ' giao điểm thứ hai AI , BI , CI với đường tròn  O  Khi ta có B ' A B ' I , C ' A C ' I nên B ' C ' đường trung trực AI Do A ' I  B ' C ' Chứng minh tương tự ta có B ' I  C ' A ', C ' I  A ' B ' Từ ta có I trực tâm tam giác A ' B ' C ' Ta có A ' B '/ / DE , B ' C '/ / FE , C ' A '/ / FD nên A ' B ' C ' đồng dạng với DEF Do tồn phép vị tự biến trực tâm I tâm đường tròn ngoại tiếp O A ' B ' C ' thành trực tâm K tâm đường trịn ngoại tiếp I DEF Từ ta có O, I , K thẳng hàng OI đường thẳng Euler DEF Trở lại toán 1,0 1,0 A 1,0 S L E F Bài H M' I O 1,0 T R B C D 1,0 Gọi S , T trung điểm AH , BH Gọi L, R điểm đối xứng với I qua FE , FD Ta có IFLE hình thoi Do ta có FL / / IE, FI / / LE suy FL  AE , EL  AF Từ ta có L trực tâm tam giác AEF Tam giác AEF nội tiếp đường trịn đường kính AI ta có AL  cos FAE  1 AI Vì H trực tâm tam giác ABC tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AO nên ta có   AH AS AH    cos BAC  2 AO AO AO   AL AS AL AI    1 2   Từ ta có AI AO AS AO     OAB HAC OAI SAL  Ta có ,  Từ ta có OAI đồng dạng 1,0   với tam giác SAL suy SLA  AIO Lấy điểm M ' OI cho SM '  EF   Ta có SLI  AIM ' tứ giác ILSM ' hình thang cân có trục đối xứng EF Do M ' đối xứng với S qua EF Do M ' M nghĩa O, M , I thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có O, N , I thẳng hàng Theo bổ đề ta có O, I , K thẳng hàng Vậy MN qua trực tâm K tam giác DEF Ta xét trường hợp p +) p = khơng thỏa mãn +) p = Þ n = 5,n = +) p = Þ n = 8, n = 53 Ta chứng minh với p ³ phương trình khơng có nghiệm ngun dương n Thật Đặt t = n + 1, ta có ( t - 1) ( ) ( ) + - 2p+1 ( t - 1) + 3p - 2p + = ( ( ) ) Û t2 + 1- 2p+1 t + 2.3p = Û t 2p+1 - - t = 2.3p ( *) Þ t ước 2.3p Þ t = 2.3m Ú t = 3m với £ m £ p Đặt p = m+n é n p+1 ê2.3 - - 2.3n = 2.3p, t = 2.3n ê ê m p+1 - - 3m = 2.3p, t = 3m ê ë ( Bài Từ (*), ta có ( ) ( ) ) ( ) é2p+1 - = 3m + 2.3n, t = 2.3n Û ê ê2p+1 - = 2.3n + 3m, t = 3m ê ë Vậy hai trường hợp t ta có 2p+1 - = 3m + 2.3n ( * *) với £ m, n £ p;m + n = p ³ 1,0 ìï 2( p+1) 2( p + 1) p+1 ïìï ïï m p+1 3 m< ï p- mà p ³ Þ k > m n k p+1 k Từ (**) ta thấy + 2.3 M3 Þ - 1M3 Þ 2p+1 - º 0( mod9) Do k > ord9 ( 2) = Mặt khác ị p + = 6h, h ẻ Â p+1 Khi p+1 nên 2p+1 - º 0( mod9) Þ p + º 0( mod6) + 1,0 6h 3h - 1= - 1= - ( )( ) ( )( )( ) - = 4h - 42h + 4h + = 2h - 2h + 42h + 4h + (4 Mà 2h ) ( ) + 4h + = 4h - + 3.4h º 0( mod3) (4 Nhưng h ) - + 3.4h ¹ 0( mod9) h h Do + 1;2 - 1là hai số lẻ nguyên tố có hiệu (2 nên h )( ) - 2h + M3k- k- hai số chia hết cho p+1 k- h k- h h Suy £ + Þ £ + £ = p- p +1 Þ - 1< k - 1£ Þ p < 11 p ³ 6; p + º 0( mod6) Þ Mà vơ lí p = p = Vậy giá trị cần tìm Cho bảng vng ABCD kích thước 2023 2023 gồm 2023 vng đơn vị, ô vuông đơn vị tô ba màu đen, trắng xám Một cách tô màu gọi đối xứng ô vng đơn vị có tâm đường chéo AC tô màu 1,0 xám cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua AC tô màu đen màu trắng Người ta điền vào ô xám số , ô trắng số nguyên dương ô đen số nguyên âm Một cách điền số gọi k  cân đối (với k số nguyên dương) thỏa mãn điều kiên sau: (i) Mỗi cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua AC điền số nguyên thuộc đoạn   k ; k  (ii) Nếu hàng cột giao đen tập số ngun dương điền hàng tập số nguyên dương điền cột khơng giao nhau, hàng cột giao trắng tập số nguyên âm điền hàng tập sô nguyên âm được điền cột khơng giao Tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền k  cân đối Điều kiện cần Xét cách tô màu xen kẽ đen trắng bàn cờ (hình vẽ), vị trí  i; j  tô đen i  j chẵn, ngược lại tơ trắng Xét hai trắng bảng vng vị trí  a; b  ,  c; d  với a, b, c, d 2023 Nếu a  c b  d chẵn a  d b  c lẻ, hai ô  a; d   b; c  tô màu đen Suy hai ô trắng phải điền số khác 1,0 1,0 Nếu a  c b  d lẻ xét  d ; c  điền số với ô  c; d  tương tự ta suy hai ô phải điền số khác Suy tất ô trắng nửa bên phải bảng phải điền số khác Do ta phải có k 2     2022  20232  Điều kiện đủ 20232  Ta chứng minh thỏa mãn toán phép chứng minh quy nạp Với bảng vng kích thước n n với n k  n2  k    4 nguyên dương Khẳng định rõ ràng với n 1, n 2, n 3 Xét n 4 Giả sử khẳng định với số nguyên dương nhỏ n Đánh số hàng cột từ  n Ta chứng minh với vị trí đen tồn cách điền số nguyên dương không vượt q kn vào trắng cịn lại bảng (trường hợp điền số nguyên âm tương tính bình đẳng) Xét đồ thị G  V , E  V tập hợp đỉnh, đỉnh thứ i ứng với hàng i với i n , E tập hợp cạnh, cạnh nối từ đỉnh thứ i đến đỉnh thứ j ô  i; j  ô  j; i  tô màu trắng Áp dụng định lí Mantel – Turan ta có: Nếu đồ thị G  V , E  không chứa tam giác đồ thị G có khơng  n2   n2        cạnh, bảng có khơng   ô trắng,  n2    dùng   số nguyên dương phân biệt để điền vào ô trắng Giả sử đồ thị G  V , E  có chứa tam giác, chẳng hạn đỉnh a, b, c nối với Do  a, b  ,  b, a  ,  a; c  ,  c; a  ,  b; c  ,  c; b  tô màu trắng Khi số điền vào trắng khơng thiết phân biệt tập hợp trắng cịn lại (nếu có) hàng a, b, c không thiết phải rời Rõ ràng hàng cịn lại khơng q n  Do ta sử dụng số để điền vào ô trắng không n  để điền vào trắng cịn lại hàng Nếu khơng tính hàng a, b, c ta cịn lại n  hàng, theo giả   n  3       thiết quy nạp cần khơng q số ngun dương cho hàng Như tổng cộng ta cần khơng   n  3    n  3   n      n  1   n  1 n                   số nguyên dương  n2    Như trường hợp ta cần không   số nguyên dương Từ ta có điều phải chứng minh *** Hết ***