Toan 11 thpt chuyen lao cai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI GV đề: Nguyễn Quang Tân Câu (4 điểm) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1= ĐỀ ĐỀ XUẤT HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn: Tốn – Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề 2023 n2 , un +1=un +2 √ un + với n ≥ 2022 un a) Tính ⌊ √u 2023 ⌋ b) Chứng minh dãy a n= n + + …+ khơng có giới hạn hữu hạn u u2 un Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có M trung điểm BC Tiếp tuyến B,C O cắt T (BOC) cắt lại AC,AB điểm thứ hai E,F Gọi S hình chiếu O AT, H trực tâm tam giác BOC a) Kẻ đường cao AD tam giác ABC, gọi L điểm Lemoine tam giác ABC Chứng minh A di động (O) cho ABC tam giác nhọn, DL qua điểm cố định b) Chứng minh hai đường tròn (AEF) (HST) trực giao Câu (4 điểm) Tìm tất hàm sốf : R → R thỏa mãn: f ( xy + xf ( y ) ) =xy+ yf ( x ) , ∀ x , y ∈ R Câu (4 điểm) Cho a số nguyên dương thỏa mãn gcd(an+1,2n+1) = với số nguyên n a) Chứng minh gcd(a-2,2n+1) = với số nguyên n b) Tìm tất số nguyên a thỏa mãn Câu (4 điểm) Cho bảng kích thước 2024 × 2024 điền số tự nhiên từ đến 2024 theo quy tắc sau: Hàng thứ ta điền số từ đến 2024 từ trái qua phải, hàng thứ hai ta đánh số từ 2025 đến 4048 từ phải qua trái, hàng đánh theo kiểu zích zắc tương tự Hãy tìm phủ kín bẳng 1012 × 2024 quân Domino 1x2 cho tổng tích số quân cờ Domino lớn Hết ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu (4 điểm) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1= 2023 n2 , un +1=un +2 √ un + với n ≥ 2022 un a) Tính ⌊ √u 2023 ⌋ b) Chứng minh dãy a n= n + + …+ khơng có giới hạn hữu hạn u u2 un Nội dung Điểm a) Ta chứng minh quy nạp: n2 , ∀ k ∈ N ¿ 0,5 k Mà lim k →+∞ k =+ ∞ nên lim s2 −1=+ ∞→ lim sn=+ ∞ k Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có M trung điểm BC Tiếp tuyến B,C O cắt T (BOC) cắt lại AC,AB điểm thứ hai E,F Gọi S hình chiếu O AT, H trực tâm tam giác BOC a) Kẻ đường cao AD tam giác ABC, gọi L điểm Lemoine tam giác ABC Chứng minh A di động (O) cho ABC tam giác nhọn, DL qua điểm cố định b) Chứng minh hai đường tròn (AEF) (HST) trực giao Nội dung Điểm A H E O S L B M D C F T a) Gọi M trung điểm BC, ta có chùm điều hịa D(AM,ST)=-1 (1) 0,5 Mặt khác, H trực tâm tam giác BOC nên ´ MH=− ´ ´ MC=− ´ ´ MO ´ → MH ´ =− MT ´ hay M trung điểm HT MO MB MT 1,0 Lại có DA /¿ HT nên D(AM,HT)=-1 (2) Từ (1) (2) suy D,L,H thẳng hàng Rõ ràng A di động H điểm cố định nên ta có điều phải chứng minh 0,5 ´ AF ´ , ta có: b) Xét phép nghịch đảo f cực A, phương tích AB 0,5 f: B↔ F , C ↔ E , S ↔ T , ( AEF ) ↔ BC ,(HST )↔( HST ) 0,5 Mặt khác, theo ý a ta có H,T đối xứng qua BC nên tâm (HST) thuộc BC 0,5 Do phép nghịch đảo có tính bảo tồn góc nên (AEF) trực giao với (HST), ta có điều phải chứng minh 0,5 Câu (4 điểm) Tìm tất hàm sốf : R → R thỏa mãn: f ( xy + xf ( y ) ) =xy+ yf ( x ) , ∀ x , y ∈ R Nội dung Điểm Gọi P ( x; y ) phép khẳng định 0,5 f  xy  xf ( y )  xy  yf ( x) (1) P (0;0) : f (0) 0 P (1; x) : f  x  f ( x)  x  xf (1), x   (2) Giả sử a 0 cho f (a) 0 P( x; a) : f ( ax) ax  af ( x ), x   (3) P (a; x) : f  ax  af ( x)  ax, x   Từ (3)  a  x  f ( x )   af  x  f ( x )  ax, x   0,5  ax  af ( x )  a  x  xf (1)  ax, x    f ( x)  x  xf (1) 0, x    f ( x )   f (1)  1 x, x   Trong (4) thay  f ( x )  (4) x 1 : f (1)  f (1)   f (1)  1 x, x   Thử lại thấy không thỏa mãn Suy f ( x) 0  x 0 Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: b 0 : f (b)  b P (b; x) : f  bx  bf ( x)  0, x    bx  bf ( x ) 0, x    f ( x)  x, x 0 Thử lại thấy thỏa mãn 1,0 Trường hợp 2: f ( x)  x, x 0  x0  x1  f  x1   x1 0  x0  x1  f  x1   x1 0 x1 , x2 0 : f  x1   f  x2   x0  x0 0   Giả sử P  x; x1  : f  x.x1  x.x0  x.x1  x1 f ( x ), x   (5) P  x; x1  : f  x.x2  x.x0  x.x2  x2 f ( x ), x   (6) Từ (5), (6) suy 0,5  x f  x f  f  x  x0  x   x1 f x2  x  x0  x   x0  x   x1  x  f ( x)  , x 0 x2  x  f ( x )   x0  x  , x 0 (7)  x x  x x : f  x   f ( x ), x 0 x x  x2  x0  x2 Trong (7) thay x  x x  P  x; y  :  x2  x0  (8)  x x  x x  x x  f   xy  xf ( y )    xy  yf  x  , x 0; y    x2  x0  x2  x0  x2  x0  x1 x x x f  xy  xf ( y )   xy  yf ( x), x 0; y   x2  x0 x2 Từ (8) suy x2 x1 x x f  xy  xf ( y )   xy  yf ( x ), x, y   x2 x2 Cũng từ (1) : x2 Suy x1  x0 x xy  xy , x 0; y   x2  x0 x2 x1  x0 x1   x1 x2  x0 x2 x1 x2  x1 x0  x1 x2 x2  x0 x2  Kết hợp với f ( x) 0  x 0 suy f đơn ánh  Viết lại (1) thành f  x  y  f ( y )    y  x  f ( x )  , x, y   Trong (9) thay y  y  f ( y ) ta   f x  y  f ( y )  f  y  f ( y )    y  f ( y )   x  f ( x )  , x, y   (9) 0,5 Đổi vai trò x, y suy  0,5    f x  y  f ( y )  f  y  f ( y )    f y  x  f ( x )  f  x  f ( x )   , x, y    x  y  f ( y )  f  y  f ( y )    y  x  f ( x)  f  x  f ( x )   , x, y   Thay x 1 : x   f (1)  f   f (1)   x  f ( x)  f  x  f ( x)  , x, y   Từ (2)  x   f (1)   f (1)   x  f ( x )  x  xf (1), x    f ( x)  xf (1), x   Thử lại ta f ( x ) x, x   0,5 Vậy tất hàm thỏa mãn f ( x) x, x   ; f ( x)  x, x   Câu (4 điểm) Cho a số nguyên dương thỏa mãn gcd(an+1,2n+1) = với số nguyên n c) Chứng minh gcd(a-2,2n+1) = với số nguyên n d) Tìm tất số nguyên a thỏa mãn Nội dung a) Ta có an + = 2n + + (a-2)n nên (an+1,2n+1) = (2n+1,(a-2)n)=1 Điểm 1,0 Suy (2n+1,a-2) = b) TH1 : a chẵn , đặt a=2k ( k nguyên dương) 1,0 Theo ý a ta có (2n+1,2k-2) = (2n+1,a-2) = với n nguyên Hay (2n+1, k-1) = với n nguyên Suy k-1 = 2x nên a = 2x+1 +2 với x số nguyên không âm TH2 : a lẻ 1,0 Nếu a = a = thỏa mãn Nếu a = a = thỏa mãn Xét a ≥ , đặt a = 2k+1 với k ≥ Khi với n = 3k – gcd (an+1,2n+1) = 2k-1 > Vậy a = 1, a = a = 2m + 2, m ≥ thỏa mãn Câu (4 điểm) Cho bảng kích thước 2024 × 2024 điền số tự nhiên từ đến 2024 theo quy tắc sau: Hàng thứ ta điền số từ đến 2024 từ trái qua phải, hàng thứ hai ta đánh số từ 2025 đến 4048 từ phải qua trái, hàng đánh theo kiểu zích zắc tương tự Hãy tìm phủ kín bẳng 1012 × 2024 1,0 quân Domino 1x2 cho tổng tích số quân cờ Domino lớn Nội dung Điểm Đặt A = { 1,2,…,20242 } Gọi a i , b i hai số ghi quân cờ Domino thứ I với a i , 0,5 n b i ∈ { 1,2,…, 20242 } ; i = 1,…, 1006 x 2012 S = ∑ b ivới n = 1012 x 2024 Ta cần i=1 tìm giá trị nhỏ S Vì xy = (x− y )2 x2 + y 2 1,0 Nên ta có: S= n n i=1 i=1 ∑ ( ai2 +bi2 ) - 12 ∑ ( ai−b i)2 Mặt khác a i , bi số tự nhiên khác thuộc tập A nên n 2n i=1 i=1 1,0 ∑ ( ai2 +bi2 ) = ∑ i2 (a i−bi )2 ≥ 1 Suy S ≤ 2n ∑ (i¿¿ 2−n)¿ i=1 Đẳng thức xảy a i , bi hai số tự nhiên liên tiếp Vậy để S lớn ta phủ quân cờ Domino cho quân cờ chứa hai số tự nhiên liên tiếp 0,5 1,0