Dap an toan 11

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN HỌC - LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu (4,0 điểm) Cho dãy số an  ( n = 1, 2, ) xác định  a1   0; 2   − an2 + 2an , n   an +1 =  Điểm a) Tính lim an n→+ b) Tính lim ( nan ) n →+ (Dựa theo THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương) a) Từ giả thiết ta có ( an+1 − an ) = −an2  , suy dãy an  đơn điệu giảm Lại  a1  nên  an  2, n , an  có giới hạn hữu hạn Giả sử an  có giới hạn hữu hạn A , từ 2an+1 − 2an + an2 = ta có 0,5 0,5 0,5 2A − 2A + A =  A = b) Tiếp theo, ta tính lim ( nan ) n →+ 0,5 Nếu a1 = a1 = lim ( nan ) = n →+ Nếu  a1  ta có 1 = = + an+1 2an − an − an an 1,0  1 1 −  = lim = Suy lim  n →+ a n →+ − an  n +1 an  0,5 un = n →+ n Ta sử dụng bổ đề quen thuộc : Nếu lim ( un +1 − un ) =  lim n →+ 0,5 1 =  lim ( nan ) = n→+ na n→+ n Ta có lim Câu (4,0 điểm) Tìm tất hàm số f : 0; + ) → 0; + ) thỏa mãn: f ( x2 ) + f ( y ) = f ( x + y + xf ( y ) ) , x  0, y  (Dựa theo THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên) Cho x = y = ta f ( ) = Chứng minh f hàm tăng Giả sử z  y Khi tồn a  để z = y + a Chọn x  cho x + xf ( y ) = a Điểm 1,0 Khi f ( z ) = f ( y + a ) = f ( y + x + xf ( y ) ) = f ( x ) + f ( y )  f ( y ) Trang Vậy f hàm tăng Trường hợp 1: Tồn z  cho f ( z ) = Do f tăng nên f ( x ) = 0, x  0; z  ( ) Ta có f ( x ) + f ( z ) = f x + z + x f ( z ) = f ( x + z )  f ( x ) = f ( x + z ) , x  1,0  f ( x ) = f ( x + nz ) , x  0, n = 0,1, 2, Giả sử t  z , với x  ( 0; z ) , ta chọn n  + để x + nz  t Khi  f ( t )  f ( x + nt ) = f ( x ) =  f ( t ) =  f ( x ) = 0, x  Thử lại thấy Trường hợp 2: f ( z )  0, z  , f tăng ngặt ( ) ( 1,0 ) Ta có f ( x ) + f ( y ) = f x + y + x f ( y ) = f y + x + y f ( x ) , x, y  Lại f tăng ngặt nên ta suy x f ( y ) = y f ( x )  f ( x ) = a x , x  Thay vào phương trình hàm đầu ta a = , f ( x ) = x Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đầu gồm f ( x ) = 0, x  1,0 f ( x ) = x , x  Câu (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) cho AB cắt CD E AD cắt BC F Gọi G giao điểm AC BD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF cắt D H Phân giác góc AHB cắt AB, AD I, J phân giác góc DHC cắt CB, CD K, L Gọi M , M  giao điểm BH với AD CD; N , N  giao điểm DH với BC BA Chứng minh rằng: a) Ba điểm G , I , L thẳng hàng b) Các đường thẳng KJ , MN , M N  đồng quy (Nguồn: THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định) Chứng minh dựa theo hình vẽ Các trường hợp khác hình vẽ có chứng minh tương tự a) Trước hết ta chứng minh H, E, F thẳng hàng Thật vậy, tứ giác ABCD, AEHD, CFHD nội tiếp nên ta có DHE = BAD = DCF Do DHE + DHF = DCF + DHF = 1800 Suy H, E, F thẳng hàng Ngoài H điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF nên BCHE tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác HCB HDA, ta có Điểm 0,5 0,5 DHA = DEA = CEB = CHB BCH = 1800 − HCF = 1800 − BEH = ADH Suy hai tam giác HCB HDA đồng dạng Do HC HB CB = = (1) HD HA AD Trang GC GB BC = = (2) GD GA AD 0,5 Theo giả thiết HL, HI phân giác CHD, AHB nên ta lại có LC HC IB HB = , = (3) LD HD IA HA GC LC GB IB = Suy GL, GI tương ứng phân = Từ (1), (2), (3) ta GA IA GD LD giác góc CGD AGB Mà hai góc hai góc đối đỉnh nên G, I, L 0,5 thẳng hàng b) Ta chứng minh KJ MN, M ' N ' đồng quy G 0,5 0,5 Xét hai tam giác AJI CKL ta có CK cắt AJ F, IJ cắt KL H, IA cắt LC E Mà H, F, E thẳng hàng nên theo định lý Desargues AC, JK, IL đồng quy G Xét hai tam giác FAC HBD có FH, AB, CD đồng quy E Mà FA cắt HB 0,5 M, AC cắt BD G, FC cắt HD N nên theo định lý Desargues M, N, G thẳng hàng Lại xét hai tam giác BHD CEA, có BC , HE , DA đồng quy F ; BH cắt CE 0,5 M ', BD cắt CA G , HD cắt AE N ' nên ta có M ', N ', G thẳng hàng Câu (4,0 điểm) Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn tính chất: với số nguyên dương n , na + na + lập phương số nguyên dương Điểm nb + lập phương số nguyên dương Chứng minh 4b + số phương (Nguồn: THPT Chuyên Chu Văn An – Hà Nội) Dễ thấy GBC GAD đồng dạng nên Trang Đặt nk = k (a + a)2 + 3(a + a)k + 3k , k  * , nk a + nk a + = nk ( a + a ) + = ( k (a + a) + 1) 1,0 lập phương số nguyên dương Vì tồn vô số số nguyên dương n để na + na + lập phương số nguyên dương Bổ đề: Cho đa thức P( x) hệ số nguyên có bậc thỏa mãn với số nguyên dương n P(n) lập phương Khi tồn đa thức hệ số nguyên Q ( x ) 0,5 cho P( x) = ( Q( x) ) Chứng minh bổ đề: Viết P( x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d  , a  Với số nguyên dương n , tồn số nguyên xn để xn3 = P(n) Ta có với số nguyên dương n xn+1 − xn = a(n + 1)3 + b(n + 1)2 + c(n + 1) + d − an3 + bn + cn + d a (3n + 3n + 1) + b(2n + 1) + c = ( P(n + 1) ) + P (n) P (n + 1) + ( P ( n) ) 1,5  2  c  a3 + +  + b +  + n n  n n  n  = ( P(n + 1) ) n6 +3 P(n) P(n + 1) ( P (n) ) + n3 n3 n6 Vì lim( xn+1 − xn ) = a , ta lại có giới hạn dãy số nguyên số nguyên nên a số nguyên tồn n0 để xn +1 − xn = a , n  n0 Khi tồn số nguyên A để A3 = a xn+1 − xn = A, n  n0 Ta có xn + n = A.n + xn = A ( n + n0 ) + xn − A.n0 , n  n0 nên xn = A.n + B, n  n0 , 0 B = xn − A.n0 Vì ( A.n + B)3 = xn = P(n), n  n0 nên P( x) = ( A.x + B)3 , lúc ta chọn Q( x) = A.x + B bổ đề chứng minh Trở lại toán: Với nk chọn phía trên, theo giả thiết ta có nk b + lập phương Xét đa thức P( x) = b(a2 + a)2 x3 + 3b(a2 + a) x2 + 3bx + , ta có nk b + = P ( k ) lập 1,0 phương với số nguyên dương k Áp dụng bổ đề tồn số nguyên A, B để P( x) = ( Ax + B ) Vì Vậy sau đồng hệ số ta có B = 1, b = A nên b = a + a Lúc có 4b + = (2a + 1)2 số phương, từ ta có điều phải chứng minh Câu (4,0 điểm) Sắp xếp học sinh đứng cách vịng trịn vị trí đỉnh đa giác Chứng minh tồn hai tam giác (có đỉnh đỉnh đa giác đều) (các đỉnh hai tam giác trùng hai tam giác phân biệt) mà tất học sinh đứng đỉnh hai tam giác giới (Giả thiết em học sinh em học sinh thuộc giới nam nữ) (Nguồn: THPT Chuyên Bắc Ninh) Điểm Trang Giả sử học sinh đứng đứng cách vòng tròn vị trí đỉnh đa giác Khi đỉnh tạo thành đa giác H1H H Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc nam nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh nam đứng (tương tự học sinh nữ) Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh nam đứng tam giác nam, có C53 = 10 tam giác nam Bây ta chứng minh có hai tam giác nam nhau: Thấy đỉnh đa giác chia đường trịn ngoại tiếp thành cung H i H i +1 , i = 1,8 cung H H1; ta gọi cung “mảnh” Khơng tính tổng qt, gọi Hi H j H k tam giác có Hi H j  H j H k  H k Hi Hơn số hij số mảnh cung H i H j không chứa điểm H k ( i  j  k  i ); tương tự ta định nghĩa cho số h jk , hki Tương ứng tam giác Hi H j H k với ba (hij ; hjk ; hki ) , ta nhận thấy rằng:  hij  hjk  hki  hij + hjk + hki = Chẳng hạn, tam giác với đỉnh H1 , H , H ta gọi tam giác H H1H tương ứng với ba (2; 3; 4) theo thứ tự Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) , với a  b  c; a + b + c = (*) Vì có số (1,1,7), (1,2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (3,3,3) thỏa mãn (*) nên có lớp tam giác Lại có 10 tam giác nam nên có lớp có tam giác nam Vậy ta có điều phải chứng minh 1,0 1,0 1,0 1,0 ………………………HẾT…………………… Trang