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  Chứng minh dãy số (un ) xác định u1 = a un +1 = un + k un , n  hội tụ n2 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)  S ( P (n)) = P ( S (n)) Câu 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) 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 ) cắt AB điểm Q1  A ; ( APB ) 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 a2 + n , phương trình x2 + ny2 = p có nghiệm ngun Tìm số ngun dương biểu diễn lớn Câu (4 điểm) Với số nguyên n  , ta gọi tập F = { A1 ; A2 ; ; A2n−1 } n-tốt At  {1;2; ;n} Ai  Aj  Ak   với  t  2n −1  i  j  k  2n−1 a) Giả sử F = {A1 , A2 , A3 , A4 } tập 3-tốt A1  A2  A3 = {1} Chứng minh 1 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  Chứng minh dãy số (un ) xác định u1 = a un +1 = un + k un , n  hội tụ n2 Câu Điểm Nội dung chấm Rõ ràng dãy (un ) dãy tăng 1,0 Ta có 1,0 un+1 = un + Suy k unk+−11  k unk −1 + k k u un k n +1 k −1  u u + , n + n n n2 , n  n2 Từ ta suy k 0,5 unk −1  k a k −1 + + 1 + + 22 32 + , n  (n − 1)2 Dễ dàng chứng minh 1+ 1,5 1 + + 22 32 +  2, n  (n − 1)2 Từ suy un  k −1 ( k ) k a k −1 + , n  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)  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 Đặt P ( x ) =  x i , với n = 10k , ta có S ( P(10k )) = P( S (10k )) = P(1) i =0 0,5 số Nếu tồn  với k đủ lớn, P(10k ) có dãy chữ số đủ dài Vậy S ( P(10k )) lớn tùy ý (mâu thuẫn) 1,0 Với hệ số P ( x ) không âm, cho n = 9.10 k với k đủ lớn d d  S (a ) = S ( P(9.10 )) = P( S (9.10 )) =  a i i =0 k i k i =0 i 1,0 i Ta biết với số nguyên dương m m  s (m) , dấu xảy m có chữ số Vậy 9i {1; 2; ;9} với i Từ suy P ( x )  c với c  {1; 2; ;9} P ( x) = x 0,5 0,5 Câu 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) 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 ) cắt AB điểm Q1  A ; ( APB ) cắt AC điểm P1  A Gọi J giao PP1 QQ1 Chứng minh JBP = JCQ Câu Ý (a) Nội dung chấm (+) Chỉ PQ EF Điểm 0.5 Bởi BE , CF đường cao ABC nên BEFC nội tiếp đường trịn 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 điểm PQ 1,0 (+) 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 tròn Khi ta có biến đổi góc: 1800 = SUV + SPV = SUX + XUV + XPS + XPV = XAD + XBC + XDA + XCB = 3600 − AXD − BXC Suy BXC + DXA = 1800 1,0 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' ; S 2' giao khác V , S  với AD, BC Suy V1'  V2' S1'  S 2' Do nên Y1  Y2  Y Khi Y liên hợp đẳng giác với X tứ giác Trở lại tốn: 0,5 (+) Chứng minh AOP = OBC Ta có : AEF + OAC = ABC + OAC = 900 nên OA ⊥ EF Ta lại có : MI ⊥ EF nên WI OA Chú ý thêm EF PQ nên dùng định lý Thales ta có Bởi AEF Suy ABC  IF AF = = cos A WB AC AP TO AP WB = cos A = OA  = WB TW WB OA TW AP TA TO = = IF TI TW  APO WBT (c.g.c)  POA = WTB = OBC (+) Chứng minh JBP = JCQ 0,5 Ta có : ( ) BOC + POQ = BAC + OBC = 1800 Chú ý thêm: QPO = 900 − POA = BAC = BAP1 = 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 a2 + n , phương trình x2 + ny2 = p có nghiệm ngun Tìm số nguyên dương biểu diễn lớn Câu Nội dung chấm (+) Bổ đề 1: Phương trình x + = y có nghiệm nguyên dương ( x, y ) = ( 3, 2) ; (1,1) Chứng minh: Từ điều kiện đề ta có x lẻ Theo bổ đề LTE: y = v3 ( x + 1) = v3 ( + 1) + v3 ( x) = v3 ( x) + Suy x + = 3v3 ( x ).3 | 3x  x +  3x Bằng quy nạp, ta có 2n +  3n, n  Điểm 1,0  x   x 1;3 Nếu x =  y = Nếu x =  y = 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 tồn x1 , y1 , x2 , y2 ; ( x1 , x2 )  ( y1 , y2 ) : a.x1 + y1  a.x2 + y2 (mod p) Đặt x = x1 − x2 ; y = y1 − y2   Khi y   a.x(mod p ) x, y  0;1;2;  p  ; x2 + y  Trở lại toán: (*) Chứng minh số nguyên dương biểu diễn không vượt Giả sử tồn n  số nguyên dương biểu diễn Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: n + = 2t với t nguyên dương Xét n + = ( 2t −3 + 1) Nếu ( 2t −3 + 1) luỹ thừa theo bổ đề ta có t = t = Suy n 15;63  −15      2 (1) Nếu n = 15 :   =   =   = 1; phương trình x + 15 y = 23 23 23 23       khơng có nghiệm nguyên  −63        (2) Nếu n = 63 :   =   =     = 1.1 = 1; phương trình  23   23   23   23  0,5 x + 63 y = 23 khơng có nghiệm nguyên Do nên tồn ước nguyên tố p  3, p | n +  x, y  : x + ny = p Nếu y = : p = x , vô lý Do nên y   y = 1; p = n + x  n+9 Đến ta có điều vơ lý n  Trường hợp 2: Có ước nguyên tố p | n + thoả mãn p  0,5  x, y  : x + ny = p Nếu y = : p = x , vô lý Vậy nên y   y = 1; p = x + n Bởi p | n +  x =  p = n + Suy n chẵn Nếu tồn ước nguyên tố p | n + , p lẻ ta có: x ', y ' : p = x '2 + ny '2 Rõ ràng p | n+4 n+4 n , vô lý 2 Do nên n + = 2k với k  * Bởi n  nên k  Có n + 16 = 2k + 12 = ( 2k − + 3) Xét ước nguyên tố p | 2k −2 + có :  −n   p | n + 16    =  x1; y1   p   : p = x12 + ny12 n + 16  p  n  16  3n  24 , vơ lý Do nên số nguyên dương biểu diễn không vượt (*) Chứng minh n = số nguyên dương biểu diễn Xét số nguyên dương a nguyên tố với với ước nguyên tố lẻ p a2 + , Theo bổ đề 2; tồn số nguyên dương x, y  p thoả mãn 1,0 x  ay(mod p)  p | x + y Bởi x, y  p nên  x + y  p Suy tồn u 1;2; ;7 : x2 + y = up  −7   −  Bởi   =   = −1 nên u 1;2;4;7     • • u = 1: p = x + y • u = :  p = x + y  x − y (mod8) u = : p = x + y  x, y tính chẵn lẻ Suy x2 + y  p , vô lý  x  y  x 2; y 2; p =   +   2  2 • u = : p = x + y  x  x = x1 , x1   p = x12 + y Vậy số nguyên dương biểu diễn lớn số Câu (4 điểm) Với số nguyên n  , ta gọi tập F = { A1 ; A2 ; ; A2n−1 } n-tốt At  {1;2; ;n} Ai  Aj  Ak   với  t  2n −1  i  j  k  2n−1 a) Giả sử F = {A1 , A2 , A3 , A4 } tập 3-tốt A1  A2  A3 = {1} Chứng minh 1 A4 b) Giả sử F tập n-tốt, chứng minh tồn k  {1;2; ;n} cho k  A với A F Câu 5a 5b Nội dung chấm Giả sử 1 A4  A1  A2  A4 Do  A3 nên khơng tính tổng Điểm qt giả sử thêm  A1  A3  A4 1,0 Suy A2  A3  A4 không chứa 1, 2, nên A2  A3  A4 =  0,5 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 0,5 minh 1 Ai với i Bổ đề: Gọi G họ tập đôi giao khác rỗng {1; 2; ; k} Khi | G | 2k −1 Chứng minh: Gọi S họ tập {1; 2; ; k} , dễ thấy | S |= 2k 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 chứng minh quy nạp số phần tử F 2n−1 từ suy mâu thuẫn 0,5 0,5 Với n = , lập luận tương tự phần a, ta suy khẳng định Giả sử khẳng định tới n −1 , xóa phần tử n tập hợp F, tập hợp khơng chứa n giao với tập hợp khác hai phần tử nên số tập hợp nhỏ hẳn 2n−2 Các phần tử chứa n sau xóa n họ tập phân biệt đôi giao khác rỗng {1;2; ;n-1} nên số lượng chúng không 2n−2 Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Người đề: Phạm Xuân Thịnh, Nguyễn Việt Dũng, Đinh Ngọc Tùng Số điện thoại: 0904165336 1,0