Đề đề xuất duyên hải bắc bộ năm 2023

ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 MÔN TOÁN LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG Câu (4 điểm) Cho số thực a  số nguyên k 2 Chứng minh dãy số (un ) xác định u1 a un 1 un  k un , n 1 n2 hội tụ Câu (4 điểm) Với số nguyên dương k , kí hiệu S ( k ) tổng chữ số k Tìm tất đa thức P ( x)  Z[x] cho với số nguyên n 2023 P (n) 0 S ( P (n)) P( S (n)) O Câu 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp   Các đường cao BE , CF tam giác ABC T giao tiếp tuyến B tiếp tuyến C (O) TE , TF cắt tiếp tuyến A  O Q, P (a) Chứng minh OP OQ (b) Lấy  AQC  APB  cắt AB điểm Q1  A ;  cắt AC điểm P1  A Gọi J giao   PP1 QQ1 Chứng minh JBP JCQ Câu: (4 điểm) Một số nguyên dương n gọi số biểu diễn với số nguyên dương a nguyên tố với n với ước nguyên tố lẻ p a  n , phương trình x  ny  p có nghiệm ngun Tìm số nguyên dương biểu diễn lớn F { A1; A2 ; ; A2n } Câu (4 điểm) Với số nguyên n 3 , ta gọi tập n-tốt A t  {1;2; ;n} Ai  Aj  Ak  với t 2n  i  j  k 2n  a) Giả sử F {A1 , A2 , A3 , A4 } tập 3-tốt A1  A2  A3 {1} Chứng minh  A4 b) Giả sử F tập n-tốt, chứng minh tồn k  {1;2; ;n} cho k  A với A F ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Câu (4 điểm) Cho số thực a  số nguyên k 2 Chứng minh dãy số (un ) xác định u1 a un 1 un  k un , n 1 n2 hội tụ Câu Nội dung chấm Điểm 1,0 Rõ ràng dãy (un ) dãy tăng Ta có un 1 un  k unk 11  k unk   Suy Từ ta suy 1,0 k un k u  un1unk   n21 , n n k , n 1 n2 0,5 1 k unk   k a k        , n 2 (n  1) Dễ dàng chứng minh 1 1      2, n 2 (n  1) Từ suy un  k   k  1,5 k a k   , n 2 Vậy dãy số cho bị chặn trên, kết hợp với tính tăng chứng minh ta suy dãy cho hội tụ Câu (4 điểm) Với số nguyên dương k , kí hiệu S ( k ) tổng chữ số k Tìm tất đa thức P ( x)  Z[x] cho với số nguyên n 2023 P (n) 0 S ( P (n)) P( S (n)) Câu Nội dung chấm Điểm Giả sử P( x) đa thức thỏa mãn yêu cầu đề Do P ( x)  với n đủ lớn nên hệ số cao P( x) số nguyên dương 0,5 d P ( x)  x i k k k , với n 10 , ta có S ( P (10 )) P ( S (10 )) P(1) 0,5 k Nếu tồn  với k đủ lớn, P (10 ) có dãy chữ số k đủ dài Vậy S ( P(10 )) lớn tùy ý (mâu thuẫn) 1,0 i 0 Đặt số k Với hệ số P( x) không âm, cho n 9.10 với k đủ lớn d d i 0 i 0  S (ai 9i ) S ( P(9.10k )) P( S (9.10k ))  9i 1,0 Ta biết với số nguyên dương m m s (m) , dấu xảy m có chữ số 0,5 i Vậy  {1; 2; ;9} với i Từ suy P ( x) c với c  {1; 2; ;9} P ( x) x 0,5 O Câu 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp   Các đường cao BE , CF tam giác ABC T giao tiếp tuyến B tiếp tuyến C (O) TE , TF cắt tiếp tuyến A  O Q, P (a) Chứng minh OP OQ APB  cắt AB điểm Q1  A ;  cắt AC điểm P1  A Gọi J giao   PP1 QQ1 Chứng minh JBP JCQ (b) Lấy  AQC  Câu Ý (a) Nội dung chấm (+) Chỉ PQ  EF Điểm 0.5 Bởi BE , CF đường cao ABC nên BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC     Do AEF  ABC Bởi AQ tiếp xúc với (O) nên ABC QAC Suy AEF QAC   EF QP (+) Chứng minh A trung điểm PQ Gọi I trung điểm EF ; W trung điểm BC    Khi AEF ABC ( g.g ) nên IAC IAE WAB Suy AI đường đối trung tam giác ABC nên AI qua T Ta có EF QP TA qua trung điểm I EF nên A trung 1,0 điểm PQ (+) Chứng minh OP OQ 0.5 Ta có OA  PQ A trung điểm PQ nên OP OQ Ý (b) Trước hết ta có bổ đề: Bổ đề: Cho tứ giác lồi ABCD điểm X nằm tứ giác Khi tồn Y liên hợp đẳng giác với X tứ giác   BXC  DXA 1800 ( Chỉ nêu mà không chứng minh bổ đề 0.25 điểm) Chứng minh: Gọi U , V , P, S hình chiếu vng góc X lên AB, BC , CD, DA U ' , V ' , P ' , S ' hình chiếu vng góc Y lên AB, BC , CD, DA Chứng minh chiều xuôi: Bởi Y liên hợp đẳng giác với X tứ giác nên ta có U , V , P, S ; U ' , V ' , P ' , S ' thuộc đường trịn Khi ta có biến đổi góc:    1800 SUV  SPV SUX  XUV  XPS  XPV 1,0   XAD  XBC  XDA  XCB 3600  AXD  BXC   Suy BXC  DXA 180 Chứng minh chiều ngược: Ta có :    SUV  SPV SUX  XUV  XPS  XPV   XAD  XBC  XDA  XCB 3600  AXD  BXC 1800 Do nên S ,U , P,V thuộc đường tròn  Gọi Q giao AD BC Gọi Y1 liên hợp đẳng giác với X tam giác QAB ; Y2 liên hợp đẳng giác với X tam giác QDC ' ' Gọi V1 ;V2 hình chiếu vng góc Y1 , Y2 lên BC ' ' Gọi S1 , S2 hình chiếu vng góc Y1 , Y2 lên AD Khi Y1 liên hợp đẳng giác với X tam giác QAB nên V1' ,V , S1' , S , U thuộc đường tròn suy V1' ; S1' giao khác V , S  với AD, BC ' ' Tương tự V2 ; S2 giao khác V , S  với AD, BC ' ' ' ' Suy V1 V2 S1 S Do nên Y1 Y2 Y Khi Y liên hợp đẳng giác với X tứ giác Trở lại toán:   (+) Chứng minh AOP OBC Ta có : AEF  OAC     ABC  OAC 900 nên OA  EF Ta lại có : MI  EF nên WI OA 0,5 AP TA TO   EF  PQ Chú ý thêm nên dùng định lý Thales ta có IF TI TW AEF ABC  Bởi IF AF  cos A WB AC AP TO AP WB  cos A OA   WB OA TW Suy WB TW   TB OBC   APO WBT (c.g.c)  POA W   (+) Chứng minh JBP JCQ 0,5 Ta có :       BOC  POQ 2 BAC  OBC 1800 Chú ý thêm:      QPO 900  POA BAC BAP BPP1 nên  PO, PP1 đẳng giác QPB  Tương tự QO, QQ1 đẳng giác PQC Áp dụng bổ đề O, J liên hợp đẳng giác tứ giác BPQC Do nên :     JBP OBC OCB JCQ Câu 4: (4 điểm) Một số nguyên dương n gọi số biểu diễn với số nguyên dương a nguyên tố với n với ước nguyên tố lẻ p a  n , phương trình x  ny  p có nghiệm nguyên Tìm số nguyên dương biểu diễn lớn Câu Nội dung chấm x y (+) Bổ đề 1: Phương trình  3 có nghiệm ngun dương x, y   3,  ;  1,1  Chứng minh: Điểm 1,0 Từ điều kiện đề ta có x lẻ Theo bổ đề LTE: y v3  x  1 v3   1  v3 ( x) v3 ( x)  v3 ( x ) x x Suy  3 | x   3 x n Bằng quy nạp, ta có   3n, n 4  x 3  x   1;3 Nếu x 1  y 1 Nếu x 3  y 2 Bổ đề 2: (Bổ đề THUE) Cho p nguyên tố a nguyên tố với  1,0    p Khi tồn x, y  0;1; 2; ;  p  thoả mãn x  y  0; x ay (mod p ) Chứng minh: Xét tập   A  a.x  y | x, y  0;1; 2; ;  p   Số phần tử A    p    p nên theo nguyên lý Dirichlet x , y , x , y ; x , x  y , y : a.x1  y1 a.x2  y2 (mod p ) tồn 1 2     Đặt x  x1  x2 ; y  y1  y2   x, y  0;1; 2;  p  ; x  y  y  a x (mod p ) Khi Trở lại tốn: (*) Chứng minh số nguyên dương biểu diễn không vượt Giả sử tồn n  số nguyên dương biểu diễn Ta xét hai trường hợp: t Trường hợp 1: n  2 với t nguyên dương 0,5 Xét n  8  2t   1 2 Nếu t  1 luỹ thừa theo bổ đề ta có t 4 t 6 n   15; 63 Suy   15      n 15 :       1; 2  23   23   23  (1) Nếu phương trình x  15 y 23 khơng có nghiệm nguyên   63        n 63 :         1.1 1; 23    23   23   23  (2) Nếu phương trình 2 x  63 y 23 khơng có nghiệm ngun Do nên tồn ước nguyên tố p  3, p | n   x, y   : x  ny  p Nếu y 0 : p  x , vơ lý Do nên Đến ta có điều vơ lý n  y   y 1; p n  x  n 9 Trường hợp 2: Có ước nguyên tố p | n 1 thoả mãn p 3  x, y   : x  ny  p Nếu y 0 : p  x , vô lý Vậy nên y   y 1; p  x  n Bởi p | n   x 1  p n  Suy n chẵn Nếu tồn ước nguyên tố p | n  , p lẻ ta có: x ', y ' : p  x '2  ny '2 p| Rõ ràng n4 n4  n 2 , vô lý k * Do nên n  2 với k   Bởi n  nên k 4 Có n  16 2k  12 4  2k   3 0,5 k Xét ước nguyên tố p |  có :  n 2  p | n  16    1  x1; y1   : p  x1  ny1  p   n  16  p n  16 3n 24 , vơ lý Do nên số ngun dương biểu diễn không vượt (*) Chứng minh n 7 số nguyên dương biểu diễn Xét số nguyên dương a nguyên tố với với ước nguyên tố lẻ p a  , Theo bổ đề 2; tồn số nguyên dương x, y  p thoả mãn x ay (mod p )  p | x  y 2 Bởi x, y  p nên  x  y  p Suy tồn u   1; 2; ; 7 : x  y up  7  7      u   1; 2; 4; 7     Bởi nên  u 1: p  x  y u 2 : p  x  y  x, y tính chẵn lẻ 2 Suy x  y 4  p 4 , vô lý   u 4 : 4 p  x  y  x  y (mod 8)  x  y  x 2; y 2; p       2  2 2  u 7 : p  x  y  x 7  x 7 x1 , x1    p 7 x12  y Vậy số nguyên dương biểu diễn lớn số F { A1; A2 ; ; A2n } Câu (4 điểm) Với số nguyên n 3 , ta gọi tập n-tốt A t  {1;2; ;n} Ai  Aj  Ak  với t 2n  i  j  k 2n  1,0 a) Giả sử F {A1 , A2 , A3 , A4 } tập 3-tốt A1  A2  A3 {1} Chứng minh  A4 b) Giả sử F tập n-tốt, chứng minh tồn k  {1;2; ;n} cho k  A với A F Câu 5a Nội dung chấm Giả sử  A4  A1  A2  A4 Do  A3 nên khơng tính tổng  A1  A3  A4 quát giả sử thêm Suy A2  A3  A4 không chứa 1, 2, nên A2  A3  A4  5b Giả sử tồn hai tập hợp F mà giao chúng có phần tử, chẳng hạn A1  A2 ={1} , điều kiện F ta dễ dàng chứng minh  Ai với i Điểm 1,0 0,5 0,5 Bổ đề: Gọi G họ tập đôi giao khác rỗng {1; 2; ; k} Khi | G |2k  k Chứng minh: Gọi S họ tập {1; 2; ; k } , dễ thấy | S |2 Mặt khác với A  S nhiều hai tập A {1; 2; ; k} \ A thuộc G Ta có điều phải chứng minh Giả sử cặp hai tập hợp F có chung hai phần tử Ta n chứng minh quy nạp số phần tử F từ suy mâu thuẫn 0,5 0,5 Với n 3 , lập luận tương tự phần a, ta suy khẳng định Giả sử khẳng định tới n  , xóa phần tử n tập hợp F, tập hợp không chứa n giao với tập hợp n khác hai phần tử nên số tập hợp nhỏ hẳn Các phần tử chứa n sau xóa n họ tập phân biệt đôi giao khác rỗng {1;2; ;n-1} nên số lượng chúng n không Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh 1,0 Người đề: Phạm Xuân Thịnh, Nguyễn Việt Dũng, Đinh Ngọc Tùng Số điện thoại: 0904165336