TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN ĐỀ ĐỀ XUẤT Câu 1: ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023 MƠN: TỐN 11 THỜI GIAN:180 PHÚT (4,0 điểm) Với số thực k , xét dãy số (un ) xác định u1 (0;1) un 1 k cos(2un ) 2un2 với n 1 a) Với k 0, chứng minh tồn u1 (0;1) để un khác un 0 với n 1 b) Với k 1, cho dãy số (vn ) xác định un , n 1 Chứng minh (vn ) có giới hạn n hữu hạn tìm giới hạn Câu 2: (4,0 điểm) Tìm tất hàm f : 0; 0; thỏa mãn: f x f y f x y xf y x 0, y 0 Câu 3: (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (T1) (T2) cắt A,B M trung điểm cung AB (T1) M nằm (T2) Dây cung MP đường tròn (T1) cắt (T2) Q lp tiếp tuyến (T1) P, lq tiếp tuyến (T2) Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo AB, lp, lq tiếp xúc với đường tròn (T2) Câu 4: (4,0 điểm) Với số nguyên dương m , giả sử a1,a2,¼,aj (m) tất số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Tìm tất số nguyên dương m thỏa mãn a1a2 ¼aj ( m) º - Câu 5: ( modm) (4,0 điểm) Cho 10 người ngồi thành hàng ngang Có cách chia nhóm người thành nhóm cho khơng có người ngồi cạnh thuộc nhóm Hết ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Câu a Nội dung Với số thực k , xét dãy số (un ) xác định u1 (0;1) un 1 k cos(2un ) 2un2 với n 1 Với k 0, chứng minh tồn u1 (0;1) để un khác un 0 với n 1 Điểm 4đ 2đ Với k 0, ta có un 1 2un với n 1 Đặt u1 cos quy nạp, ta chỉ un 1 cos 2n với n Từ đó, giả sử tồn n để un 1 0 ta có cos(2n ) 0 2n k với k hay 2n 1 1 2k Khi đó, ta chọn rõ ràng vế trái không số nguyên nên không tồn k điều giả sử sai, tức ln có un 0 Ngồi ra, cos b 2,0 2 cos nên dãy khác 5 Với k 1, cho dãy số (vn ) xác định un , n 1 Chứng minh n 2đ (vn ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Trước hết, ta có kết quen thuộc sin x x, x 0 Xét hàm số f ( x) cos(2 x) x với x 0 f ( x) 2sin(2 x) x 2(2 x sin(2 x)) 0 Do f ( x) đồng biến [0; ) Tiếp theo, ta chỉ dãy cho bị chặn (0;1) Thật vậy, với n 1 khẳng định Giả sử có uk (0;1), ta có uk 1 f (uk ) tính đồng biến, ta có f (uk ) f (1) cos(2) 1 ; 2 f (uk ) f (0) cos(0) 0 Do đó, ta có uk 1 (0;1) Theo nguyên lý quy nạp khẳng định chứng minh Từ ta có un u , n 1, mà lim n 0 nên theo n n n nguyên lý kẹp, ta có lim lim un 0 n Tìm tất hàm f : 0; 0; thỏa mãn: f x f y f x y xf y x 0, y 0 Chứng minh f x hàm không giảm ) f 0 4đ 1,5 +) Xét hàm g x x xf y hàm đồng biến 0; , g 0, g g x 0; suy z y 0 tồn tai x0 0 để z x0 x0 f y Từ gt: f : f z f x0 x0 f y y f y Do f hàm không tăng TH1: Nếu tồn x0 để f x0 0 dễ dàng chứng minh f x 0 x 0 TH2: Với x > có f(x) > suy f tăng ngặt R+ 2 2 Thay y y2 ta có: f x f y f x y xf y 2 2 Thay x y, y x2: f x f y f x y yf x Vì f tăng ngặt nên x y xf y x y yf x xf y yf x f 4y y 1,5 f x k const x f ( x ) ky f x kx Thử lại k = Câu Vậy nghiệm toán f x 0; f x x Cho hai đường tròn (T1) (T2) cắt A, B M trung điểm cung AB (T1) M nằm (T2) Dây cung MP đường tròn (T1) cắt (T2) Q lp tiếp tuyến (T1) P, lq tiếp tuyến (T2) Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo AB, lp, lq tiếp xúc với đường tròn (T2) T O1 M 4đ O2 Q B P Y' C D E Gọi DEF tam giác tạo ba đường thẳng lp, lq AB MP cắt (T2) Y, PM cắt AB X, O1O2 cắt (T1) T, M Ta có PXD = PTM = EPX 1,0 Suy tam giác PDX cân D Xét phép nghịch đảo f cực D phương tích DP2 Khi đo f: P P, B A, X X Do (T1) (T2) biến thành Gọi Y’ giao điểm thứ hai DY (T2) 1,5 Y’ f: PXY ( DPXY ') f: Y Lại có DXY’ = DYX = CQY’ Suy CQXY’ nội tiếp Áp dụng định lý Miquel cho tam giác PME ta có Y’ thuộc (CDE) Gọi Y’Y’ tiếp tuyến (T2) ta có Y'Y'D = Y’Y’Y = Y’QY = XCY’= DEY’ Suy điều phải chứng minh 1,5 Với số nguyên dương m , giả sử a1,a2,¼,aj (m) tất số Câu nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Tìm tất số nguyên dương m thỏa mãn a1a2 ¼aj ( m) º - 4đ ( modm) Với số nguyên dương m ta ký hiệu { ( } ) Um = u ẻ Ơ * : u Ê m, gcd u, m = { ( modm) } Am = a ẻ Ơ * : a Ê m, a2 º { } Ta thấy rõ ràng Am Ì Um = a1,a2,¼,an Um = n = j (m) Thử trực tiếp ta thấy m = 1,2 thỏa yêu cầu, nên ta chỉ xét toán với m > Để ý rằng, với r Ỵ Um , ln tồn nghịch đảo theo mod m , đồng thời r nghịch đảo theo mod m chỉ r Ỵ Am Như vậy, Um ‚ Am phân { } ( modm) hoạch thành tập r ,r ¢ thỏa mãn rr ¢º Ta có đồng dư sau Õa 1£ i £ n i = Õr = Õ r Ỵ Um r Ỵ U m ‚ Am r Õ r = Õ ( rr ¢) Õ r º r Ỵ Am r r Ỵ Am Õ r ( modm) r Ỵ Am Ta lại thấy r ẻ Am thỡ m - r r m > , m - r Ỵ Am (m - r )2 º r º ( modm) Bởi nên Am phân hoạch thành cặp {r ,m - r }, ta có Õ r = Õ r ( m - r ) º Õ ( - r ) º ( - 1) r Ỵ Am Đặt r Ỵ Am m r< Õa 1£ i £ n i A m r Ỵ Am m r< = T , ta thấy T º ( modm) tình cịn lại có T º - ( modm) Am bội , ( modm) Giờ, lấy a,b 1,0 số nguyên dương nguyên tố nhau, với r Ỵ Aab , gọi ra,rb số dư tương ứng có lấy r chia a b , ta có ( moda) , ra2 º r º rb2 º r º ( modb) Như ta tạo ánh xạ p :Aab ® Aa ´ Ab với tương ứng ( 1,5 ) p(r ) = ,rb Ánh xạ song ánh theo định lý CRT với ( ) ra,rb Ỵ Aa ´ Ab Ì Ua ´ Ub có có r Î Uab cho ( moda) , r º ( modb) , ta có r Ỵ A ( moda) , r - º r - º ( modb) r º rb a r - 1º r - 1º ab 2 b * Do p song ánh cho nờn vi a,b ẻ Ơ tha gcd(a,b) = ta có Aab = Ab Ab p Với số nguyên tố lẻ ( k Ỵ ¥ * , rõ ràng ) p Œgcd r - 1,r + r Ỵ Apk từ pk ∣ (r - 1)(r + 1) ta có { 1.0 } k Apk = 1,p - , tức Apk = Ta để ý sẵn có A2 = 1, A4 = , ( ) gcd r - 1,r + = { với số nguyên k³ dương r Ỵ A2k ta có từ } A2k = 1,2k- - 1,2k- + 1,2k - , A2k = k ³ Qua tính tốn kể trên, ta thấy m cần tìm m Ỵ {1,2,4,p ,2p } , k k p số nguyên t l cũn k ẻ Ơ * nú ng vi trường hợp xảy đến 0,5 việc Am = Các tình cịn lại Am chia hết cho , T º 1( modm) Câu Cho 10 người ngồi thành hàng ngang Có cách chia nhóm người thành nhóm cho khơng có người ngồi cạnh thuộc nhóm Sử dụng truy hồi ta được: S n, k S n 1, k 1 k 1 S n 1, k * Xét nhóm có n – người trước đó, với S n 1, k S n 1, k 1 tương ứng số cách phân chia thành k k – nhóm thỏa mãn, ta thêm người, nhóm n người Xét cách chia nhóm thành k nhóm thỏa mãn Người đứng nhóm, số cách S n 1, k 1 Người thêm vào nhóm khơng có người thứ n – 1, có k – nhóm vậy, trường hợp có k 1 S n 1, k cách) 4đ 1,5 1,0 Áp dụng (*) với n 10, k 3 ,vào toán ta được: S 10,3 S 9, 2S 9,3 1 S 8, 2S 8,3 1 S 7, S 7,3 = 8S 7,3 1 16 S 6,3 1 16 32 S 5,3 1 16 32 64 S 4,3 1 16 32 64 128 S 3,3 1 16 32 64 128 28 -Hết- 1,5