TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TP ĐÀ NẴNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV - NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN TỐN – KHỐI 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (5,0 điểm) 0a hàm số f x ax ln x Cho a) Chứng minh dãy số xn n1 xác định x1 0, xn 1 f xn , n 1, 2, có giới hạn hữu hạn 100 0 y a , a , , a 100 i b) Tồn hay không số thực thỏa đồng thời dãy số n n1 xác định f n 2 f n 100 f n 1 yn n a1 a2 a100 , n 1, 2, n2 n 3 n 101 có giới hạn số khác 0? Bài (4,0 điểm) Tìm tất hàm số f : thỏa mãn f x f y x xf f y f x , x, y Bài (5,0 điểm) O có đường cao AD Gọi E điểm di Cho tam giác ABC nhọn khơng cân, nội tiếp đường trịn động cung nhỏ AB ( E khác A, B ) Đường thẳng qua E song song với BC cắt đường tròn O điểm thứ hai F Đường trịn đường kính AB cắt AE, AF M , N Đường tròn đường kính AC cắt AE , AF N , Q Chứng minh tiếp tuyến chung đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ DNP qua điểm cố định Bài (3,0 điểm) u Cho dãy số n n1 xác định 2n 3 un n 1 , n 1 n2 a) Chứng minh un số nguyên với số nguyên dương n u p b) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố p cho p chia hết cho p u1 0, un 1 Bài (3,0 điểm) a, b, c với a, b, c 0,1, 2, , p 1 thỏa mãn Cho số nguyên tố p 3, có a b c ab bc ca mod p ? Hết Bài Ý a HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN Nội dung 1 g ' x a a 0 x2 với x Ta có với g x x f x Xét x 0 lim g x lim g x ln g 0; nên phương trình Do x , x liên tục g x 0 có nghiệm x0 1 f ' x a a x x2 với x nên với Nhận xét n với n n 1, áp dụng định lí Lagrange cho hàm số f Ta có xn x0 f xn f x0 1 1 a xn x0 a 2 2 1 lim a a 1 2 Vì nên b Bổ đề: Cho dãy số tn n1 Điểm 1,0 1,0 n x1 x0 n 0 , lim xn x0 n tn , n 1 j j 1 xác định Khi lim tn 1,0 h x x Chứng minh Xét hàm số với x h ' x x liên tục 0; nên với số nguyên dương j , áp dụng Khi đó, j; j 1 c j; j 1 định lý Lagrange đoạn tồn để 1 h j 1 h j h ' c c j Đánh giá với j 1, 2, , n nên h n 1 h 1 h n 1 h n h n h n 1 h h 1 hay tn n i 1 i , từ bổ đề chứng minh n 1 100 f n i yn n i 1 n i có giới hạn l Trở lại toán, giả sử 100 f n i zn , n 1, 2, n i i Đặt l l zn , n N yn , n N n N Tồn số nguyên dương cho hay Vậy với n n l zj j N 1 j n N j N 1 1,0 n lim z j j 1 Theo bổ đề, suy A max i 1,100 Mặt khác, đặt đồng thời ý 100 f x ln x x a a 1, x 0, x 1 x 1 x 1 i 1 Với n N 100 n n 100 100 100 f j i f N i 1 f n i z a a j i i j i 1 N i n i 1 j N 1 j N 1 i 1 i 1 i 1 a1 1,0 f N 2 f N 3 f N 100 a1 a2 a1 a99 N 3 N 4 N 101 a2 a100 f n 2 f n 100 a100 n 3 n 101 A A 99 A a 1 99.100 A a 1 Điều dẫn đến mâu thuẫn Trong trường hợp lim yn l ' ta tìm mâu thuẫn cách thay f f Vậy không tồn số thực a1 , a2 , , a100 thỏa yêu cầu toán 1,0 f x f y x xf f y f x , x, y 1 Ký hiệu f x 0, x TH1 f hàm TH2 f khơng phải hàm f 0 f 0 f y f 0 x Thay , f khơng phải hàm nên f u 0 1 ta u f f y 0 Giả sử tồn u để thay x u vào f f y 0 f x f y x f x Nếu u 0 với y Khi f x 0, x Cho y x vào phương trình suy : mâu thuẫn f x x Vậy u 0 hay f a f b +Chứng minh f đơn ánh Giả sử tồn số thực a, b cho f a f b 0 Nếu a b 0 f a f b 0 Nếu thay x a, y b x b, y a suy 1,0 af f b f a bf f a f b Vậy a b hay f đơn ánh 1,0 f x xf f x +Chứng minh f lẻ Thay y x suy hay f x xf f x f x f x xf f x f x f x f x , x Thay y x f x f 2x Do hàm chẵn Thay y x ta f x f x xf f x f x 2 xf f x f x Thay x 2x y x (2) Hay f x xf f x 2 f x f x f x f x f x 2 f x f x f x Suy f x f x 2 f x f x f x Vậy , suy f lẻ f x f f x , x 0 1 ta có x Từ (2), suy , nên từ 1,0 f y f x , x, y 0 yf x Hoán đổi vai trò x, y : f x y x f y f x x f x y f y yf x xf y f x f y f y f x 0 y y x x f x f y 0 x , y x y Vì với nên f x f y f x f 1 x, x x y f x ax, x a f x f 1 x, x Vì f lẻ nên KL Gọi L,U ,V theo thứ tự trung điểm BC , MN , PQ A, B, M , P , A, C , N , Q thuộc đường trịn tam Ta có điểm giác ABM , ACQ đồng dạng ngược hướng Do PM , PQ PM , PA BM , BA CA, CQ NA, NQ NM , NQ mod 1,0 Vậy điểm M , N , P, Q thuộc đường tròn LB UM UN nên theo định lí Thales đảo LU / / BM / / CN Do Vì BM / / CN LC LU vng góc MN Vậy LU trung trực MN Tương tự LV trung trực PQ Vậy L tâm đường tròn qua điểm M , N , P, Q DMQ ; DNP ; Gọi W , W '; R, R ' theo thứ tự tâm bán kính đường trịn K , K ' giao điểm OL O ; H trực tâm tam giác ABC ; G giao điểm 1,0 O ; S , S ' theo thứ tự giao điểm HK , HK ' WW ' ; Z tâm AH DPQ đường tròn Ta có DL, DM DB, DM AB, AM AC , AQ DC , DQ mod DMQ Vậy WW ' trung nên kết hợp với LM LQ, suy L thuộc đường tròn trực DL (1) Do S , S ' theo thứ tự trung điểm HK , HK ' Kết hợp D trung điểm HG (kết quen thuộc) suy DS / / GK ; DS '/ / GK ' Kết hợp GK GK ' suy DS DS ' 1,0 Gọi X , Y theo thứ tự trung điểm AB, AC (2) Từ (1) (2) suy tâm đường tròn Euler tam giác ABC nằm WW ' WW ' trung trực XY (3) X Z ; DQ dây cung Ta có DP dây cung chung đường trịn Y Z nên DP ZX , DQ ZY Suy chung đường tròn ZX , ZY DP, DQ DP, AP AP, DQ 1,0 DB, AB AC , DC AC , AB LX , LY mod DLXYSS ' (đường tròn Euler tam giác ABC ) (4) Vậy Z thuộc đường tròn SS 'WW ' Z SS 'WW ' Z SS ' XY Từ (3), (4) suy Kết hợp DS DS ' suy DS , DS ' phân giác góc tạo DW , DW ' a Theo tính chất đường phân giác SW DW R S 'W DW R ; DW ' R ' S 'W ' DW ' R ' SW ' Suy S , S ' theo thứ tự tâm vị tự tâm vị tự đường tròn DMQ , DNP nên cố định Nói riêng tiếp tuyến chung ngồi đường tròn DMQ DNP qua điểm cố định u n , n 1 Đặt n 2n 3 2n 3 n 3 vn1 n n 1 vn1 n2 n2 n Khi v1 3 chứng minh quy nạp C2 n 1 với n b 1,0 un n C2nn 1 nên un số nguyên với số nguyên dương n C2pp 1 mod p p Nhận xét Với số nguyên tố p p p 1 C2pp p 1 ! Chứng minh p 1 p p 1 p 1 !p3 Ta chứng minh p p p 1 p 1 ! p 1 ! p p 1 ! p i i 1 i i 1 i i 1 p i i Ta có 1; 2; ; p 1 thu gọn theo modunlo p nên Hệ Vậy 1,0 p p p 1 p 1 ! p 1 ! i p i i i i 1 i 1 i 1 p p 1 p 1 p 1 ! mod p p p 1 p 1 ! 0 mod p p 1 ! 0 mod p i 1 p i i i 1 i Ta có 1,0 p 1 ! 1,0 p 1 1 p 1 ! p 1 ! 1i j p ij i 1 i p p 1 ! i 1 p 1 ! p 1 i i 1 p 1 p ! i2 i i 1 p 1 p 1 p 0 mod p 1 0 mod p ij i j p p 1 ! Nên Do đó, p 1 p p 1 p 1 ! 1 1 Ap p p 1 ! p p 1 ! 1i j p ij 1i j p i 0 mod p Vậy nhận xét chứng minh u p 1 C2pp 11 0 mod p Do với số nguyên tố p 5 p Biến đổi a b 2 1,0 b c c a 0 mod p x y xy 0 mod p Đặt a b x b c y (1), p 2 mod 3 1 , ta có x y y mod p TH1 Nếu từ y, p 1 3 Nếu p y p x y p mod p 3 p 1 mod p 3 1 p 1 mod p 2 mod Vậy p , mâu thuẫn y x 0 mod p a b c mod p Do Khi , tức có p thỏa p 1 mod 3 TH2 Nếu thặng dư bình phương modunlo p nên phương 1 z z 0 mod p trình có hai nghiệm z0 z0 theo modunlo p 1,0 x z0 y x z0 y 0 mod p x z0 y mod p Khi , suy 1 x z0 y mod p x z0 y mod p a z0 1 b z0c mod p Nếu , nên có p thỏa a z0 1 b z0 1c mod p x z0 y mod p Nếu , nên có p thỏa a, b, c thỏa đồng thời a z0 1 b z0c mod p Giả sử tồn a z0 1 b z0 1c mod p z0 z0 b c 0 mod p z0 z0 mod p b c mod p z z0 z0 mod p Do nên , , tức có p Vậy trường hợp có p p thỏa 1,0