1 de xuat toan 11 duyen hai

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH&ĐBBB LẦN THỨ XIV NĂM 2023 MÔN THI: TOÁN 11 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1(4 điểm) Cho hai dãy số ( xn ), ( yn ) xác định x1 0, y1 1 1 xn 1 xn  ; yn1  , n 1 yn xn 1  a) Chứng minh ( xn ) không bị chặn b) Đặt un  xn yn , n 1 Tìm lim n u1n  u2n    unn Câu (4 điểm) Tìm tất hàm số f :    thoả mãn f  f  x  f  y   1 xy  1, x, y    1 Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi AD, BE , CF đường cao ( D, E , F thuộc cạnh BC , CA, AB ); H trực tâm tam giác ABC ; M , N , P trung điểm cạnh BC , CA, AB Gọi ( ) đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP S tâm đường tròn ( ) a) Chứng minh điểm D, E , F thuộc đường tròn ( ) HO b) Chứng minh ba điểm H , O, S thẳng hàng số HS Câu (4 điểm) Cho a n số nguyên dương, a ³ Chứng minh ước nguyên tố n n a 2.6 - a +1 có dạng 6n+1 k +1 với k số nguyên dương Câu (4 điểm) Với n số ngun dương, xét bảng vng kích thước n n chia thành ô vuông Một cách tô ô vuông màu đen gọi “đẹp” số lượng đen hàng cột số chẵn; đồng thời, số ô màu đen đường chéo có độ dài lớn số lẻ (đường chéo dãy ô liên tiếp nằm đường thẳng song song với hai đường chéo bảng ô vuông ban đầu; độ dài đường chéo số lượng ô nằm đó) a) Chứng minh tồn cách tô “đẹp” n 2023 b) Chứng minh không tồn cách tô “đẹp” với n số chẵn -HẾT -Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Giám thị :……………………………… Giám thị : ……………………………… ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH&ĐBBB LẦN THỨ XIV NĂM 2023 MƠN THI: TỐN 11 (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Câu Hướng dẫn chấm Cho hai dãy số ( xn ), ( yn ) xác định x1 0, y1 1 1 xn 1 xn  ; yn 1  , n 1 yn xn 1  a) Chứng minh ( xn ) không bị chặn b) Đặt un  xn yn , n 1 Tìm lim n u1n  u2n    unn a) Từ hệ thức truy hồi suy xn 1 xn  xn2  1, n 1 Suy xn 1  xn  xn2   với n 1 nên ( xn ) dãy tăng Câu điểm Giả sử ( xn ) bị chặn trên, tồn lim xn L Khi L L  L2  1, vơ lý Do điều giả sử sai, hay ( xn ) không bị chặn   b) Đặt x1 0 cot , y1 1 sin 2  cos     cot Khi x2 cot   sin  sin 2  y2  sin 2  cot    Bằng quy nạp, ta có xn cot n , yn sin n , n 1 2  Suy un  xn yn cos n , n 1 Do (un ) tăng lim un 1 Ta có n unn  n u1n  u2n    unn  n nunn Suy un  n u1n  u2n    unn  n n un Từ lim un 1 lim n n 1 ta suy lim n u1n  u2n    unn 1 Câu điểm Tìm tất hàm số f :    thoả mãn f  f  x  f  y   1 xy  1, x, y    1 Giả sử tồn hàm số f thoả mãn yêu cầu toán Trong  1 ta thay y 1 , ta f  f  x  f  1  1 x  1, x   Vậy f toàn ánh  2 Giả sử tồn a, b   cho f  a   f  b  Trong  1 thay y a y b , ta f  f  x  f  a   1 ax  1, x   f  f  x  f  b   1 bx  1, x    3  4 Từ  3   , suy ax  bx  1, x    a b Vậy f đơn ánh Do f song ánh Tiếp theo, ta chứng minh f  xy   f  x  f  y  , x, y   Trong  1 ta thay x xy y 1 , ta  1 f  f  xy  f  1  1 xy   f  f  x  f  y   1  f  xy  f  1   f  x  f  y   (Vì f song ánh)  f  xy  f  1  f  x  f  y  , x, y    5 Trong   , cho y 0 ta f  x  f    f   f  1 , x   Từ suy f   0 f  x  hàm hằng, mâu thuẫn với f đơn ánh, f   0 Trong   , cho x  y 0 , ta f   1  Trong   , cho x  y  ta  f  1  1  f  1 1 f song ánh Từ   suy f  xy   f  x  f  y  , x, y   Cuối cùng, ta chứng minh f hàm cộng tính Trong  1 thay x t y 1 ta f  f  t   1 t  1, t    6 Trong  1 thay x f  t   y 1 ta f  t    f  t   2, t    7 Từ   cho t 2 ta thu f   2 Ta có f  xy  x   f  x  y     f  x  f  y    f  x   f  y   f     f  x  f  y   f  x  f    f  xy   f  x  , x , y    8 b 2a y  ( a, b  , b 0 ), ta b f  a  b   f  xy  x   f  xy   f  x   f  a   f  b  Trong   ta thay x  Như vậy, f  x  y   f  x   f  y  , x, y  , y 0 Vì f   0 nên ta có f  x  y   f  x   f  y  , x, y    9 song ánh hàm nhân tính nên f  x  ax, x   Câu điểm Từ   , kết hợp với f Thử lại thấy thoả mãn Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi AD, BE , CF đường cao ( D, E , F thuộc cạnh BC , CA, AB ); H trực tâm tam giác ABC ; M , N , P trung điểm cạnh BC , CA, AB Gọi ( ) đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP S tâm đường tròn ( ) a) Chứng minh điểm D, E , F thuộc đường tròn ( ) HO b) Chứng minh ba điểm H , O, S thẳng hàng số HS A E N P F G O S H B C M D a) Gọi G trọng tâm tam giác ABC V V + Xét phép vị tự  G ;  biến A thành M, B thành N, C thành P;  G ;  biến tam giác ABC  2  2 thành tam giác MNP biến (O) thành ( )      + Ta có PDN (vì A đối xứng với D qua đường thẳng PN ), mà PMN (vì PAN BAC PAN V    ( )  G ;  biến tam giác ABC thành tam giác) nên PDN PMN hay D thuộc đường tròn  2 + Chứng minh tương tự ta có E, F thuộc đường trịn ( ) (Điều phải chứng minh) b) Ta có OM  PN (vì OM  BC , PN //BC ) , tương tự ON  PM nên O trực tâm tam giác V MNP , suy  G ;  biến H thành O hay ta có  2  1      GO  GH  HO  HG HG  3HG 2 HO (1) V Theo chứng minh câu 1) ta có, phép vị tự  G ;  biến (O) thành ( ) nên biến O thành S,  Câu 4 điểm 2  1        GS  GO  HS  HG HG  HO  2HS 3HG  HO (2)   HO 2 (hằng số) (Điều phải chứng minh) Từ (1) (2) suy 2HS HO hay HS Cho a n số nguyên dương, a ³ Chứng minh ước nguyên tố n n 3.6 n+1 a 2.6 - a +1 có dạng k +1 với k số nguyên dương a  0  mod p  n n n Gọi p ước nguyên tố a 2.6 - a +1 , có a 2.6  a  0  mod p  (1) n n n 2.6 - a +1 = a + Từ a n (a 6n n ) - +1 số lẻ nên p lẻ n + n  *  6n số chẵn  a chia dư  a 2.6n - a 6n +1 không chia hết cho  p khác n n n n n + Ta có a 3.6 +1 = (a +1)(a 2.6 - a +1) nên từ (1) suy , suy a 3.6   mod p  , suy a  3.6n 1  mod p  hay a n1 1  mod p  + Gọi h cấp a theo mod p Khi h | 6n+1 , suy h có dạng h = 3k 2t ( k , t £ n +1 ) Xảy trường hợp: n 3.6 - Nếu t £ n 3.6n = 3n+1.2n M h , suy a 1  mod p  n p Theo a 3.6  0  mod p  nên suy p  1h r a 1  mod p  n t n  1, k n  1a 3.6   mod p  a p | 2Mp Þ p = , mâu thuẫn với p lẻ n - Nếu t = n  k £ n 2.6n = 3n.2n+1 M h , suy a 2.6 º 1( mod p ) n n Kết hợp với (1) suy a º ( mod p ) , suy a 3.6 º (mod p) Theo có nên suy Þ p = , mâu thuẫn - Nếu h = 6n+1 Do p | a 2.6  a  nên ( a, p ) = , áp dụng định lý Fermat ta có , suy Vậy tồn k nguyên  n n  dương mà p  k h hay p 6n 1.k  , có điều cần chứng minh Câu điểm Với n số nguyên dương, xét bảng ô vuông kích thước n n chia thành ô vuông Một cách tô ô vuông màu đen gọi “đẹp” số lượng ô đen hàng cột ln số chẵn; đồng thời, số ô màu đen đường chéo có độ dài lớn số lẻ (đường chéo dãy ô liên tiếp nằm đường thẳng song song với hai đường chéo bảng ô vuông ban đầu; độ dài đường chéo số lượng nằm đó) a) Chứng minh tồn cách tô “đẹp” n 2023 b) Chứng minh không tồn cách tô “đẹp” với n số chẵn a) Ta xét cách tô màu cho bảng ô vuông kích thước lẻ tùy ý Tơ màu đen tất ô hàng tất ô dàng trừ cột bên trái sau Khi đó,  Ở hàng hàng n , số ô tô n  chẵn; hàng cịn lại có số tơ  Ở cột 1, số ô tô 0; cột cịn lại có số tơ  Trên đường chéo có độ dài lớn 1, số ô tô Như vậy, cách tơ đẹp với n 2021 thỏa mãn b) Giả sử phản chứng tồn cách tô màu đẹp cho bảng n n n chẵn Ta đánh dấu ô theo thứ tự số 1, 2,3, hình minh họa bên với n 8 Kí hiệu A, B, C , D số ô đánh dấu nằm ô đánh số 1, 2,3, Ta có nhận xét sau:  A  C phải số lẻ đánh dấu đường chéo số lẻ ô đánh dấu số phủ lên lẻ đường chéo  A  B số chẵn số đánh cột số chẵn  Tương tự, B  C phải chẵn Từ suy A  C ( A  B )  ( B  C )  B số chẵn, mâu thuẫn Vậy nên điều giả sử sai không tồn cách đánh số đẹp trường hợp n chẵn