File in k11 1 toán đề đáp án

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 NĂM HỌC 2023 MƠN TỐN – KHỐI 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (5,0 điểm) Cho  a  hàm số f  x   ax  ln  x   a) Chứng minh dãy số  xn n1 xác định x1  0, xn1  f  xn  , n  1, 2, có giới hạn hữu hạn 100 b) Tồn hay không số thực a1 , a2 , , a100 thỏa a i  đồng thời dãy số  yn  n1 xác định i 1  f  n  1 f  n  2 f  n  100   yn  n  a1  a2   a100  , n  1, 2, n2 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) Cho tam giác ABC nhọn khơng cân, nội tiếp đường trịn  O  có đường cao AD Gọi E điểm di 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 trịn 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) Cho dãy số  un n1 xác định  2n  3 un   n  1 , n  n2 a) Chứng minh un số nguyên với số nguyên dương n u1  0, un1  b) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố p cho u p 1  p chia hết cho p Bài (3,0 điểm) Cho số nguyên tố p  3, có  a, b, c  với a, b, c  0,1, 2, , p  1 thỏa mãn a  b  c  ab  bc  ca  mod p  ? Hết Bài Ý a HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN Nội dung 1 với x  Ta có g '  x   1  a     a  với x2 Xét g  x   x  f  x  Điểm 1,0 x0 Do lim g  x    , lim g  x    ln  g liên tục  0;  nên phương trình x  x 0 g  x   có nghiệm x0  1  a  với x  nên với x2 n  1, áp dụng định lí Lagrange cho hàm số f Ta có Nhận xét xn  với n f '  x   a  1 1   xn  x0  f  xn1   f  x0    a   xn1  x0    a   2 2   1  Vì  a   nên lim  a   2  b 1,0 n 1 x1  x0 n 1  , lim xn  x0 n Bổ đề: Cho dãy số  tn  n1 xác định tn   j 1 , n  Khi lim tn   j 1,0 Chứng minh Xét hàm số h  x   x với x  liên tục  0;  nên với số nguyên dương j , áp dụng x định lý Lagrange đoạn  j; j  1 tồn c   j; j  1 để Khi đó, h '  x   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  n   , từ bổ đề chứng minh  100 f  n  i   Trở lại toán, giả sử yn  n    có giới hạn l   i 1 n  i   100 f n  i Đặt zn   , n  1, 2, n  i 1 i 1 l l , n  N Vậy với Tồn số nguyên dương N cho yn  , n  N hay zn  2 n n l n n  N  z j   j  N 1 j j  N 1 1,0 n Theo bổ đề, suy lim  z j   j 1 1,0 Mặt khác, đặt A  max đồng thời ý i 1,100 f  x ln  x   x a   a  1, x  x 1 x 1 x 1 Với n  N  100 100 a i i 1  0, n n  zj  j  N 1  a1  100  j  N 1 i 1 f  N  2 N 3 f  j  i  j  i 1   a1  a2    a2   a100  100  i 1 f  N  3 N 4 f  n  2 n3 100 f  N  i  1 f n  i    N i 2 n  i 1 i 1    a1   a99    a100 f  N  100  N  101 f  n  100  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 Ký hiệu f  x  f  y  x   xf  f  y    f  x  , x, y   1 1,0 TH1 f hàm f  x   0, x   TH2 f hàm Thay x  f   f  y   f   , f khơng phải hàm nên f    Giả sử tồn u để f  u   thay x  u vào 1 ta u f  f  y    Nếu u  f  f  y    với y Khi f  x  f  y  x   f  x  Cho y   x vào phương trình suy f  x   0, x : mâu thuẫn Vậy u  hay f  x    x  +Chứng minh f đơn ánh Giả sử tồn số thực a, b cho f  a   f  b  1,0 Nếu f  a   f  b   a  b  Nếu f  a   f  b   thay x  a, y  b x  b, y  a suy af  f  b    f  a   bf  f  a    f  b  Vậy a  b hay f đơn ánh +Chứng minh f lẻ Thay y   x suy f  x    xf  f   x   hay 1,0 f   x   xf  f  x   Thay y  x f  x  f  x   xf  f  x    f  x   f   x   f  x  , x (2) Do f  x  f  x  hàm chẵn Thay y  2 x ta f  x  f   x   xf  f  2 x    f  x  Thay x 2x y  2 x  xf  f  2 x    f  x  Hay f  x   2 xf  f  2 x    f  x   f  x   f   x   Suy f  x  f  x   f  x   f  x   f   x   Vậy f  x  f  x   f   x   f   x   f  x   , suy f lẻ f  x Từ (2), suy f  f  x    , x  , nên từ 1 ta có x f  y f  x  y   x  f  x  , x, y  yf  x  Hoán đổi vai trò x, y : 1,0 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   nên Vì với x, y  x y f  x f  y   f  x   f 1 x, x  x y Vì f lẻ nên f  x   f 1 x, x KL f  x   ax, x  a    Gọi L,U ,V theo thứ tự trung điểm BC , MN , PQ Ta có điểm  A, B, M , P  ,  A, C , N , Q  thuộc đường tròn tam giác ABM , ACQ đồng dạng ngược hướng Do  PM , PQ    PM , PA   BM , BA   CA, CQ    NA, NQ    NM , NQ  mod   Vậy điểm M , N , P, Q thuộc đường tròn LB UM  1  nên theo định lí Thales đảo LU / / BM / /CN Do LC UN 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 Vì BM / / CN 1,0 Gọi W ,W '; R, R ' theo thứ tự tâm bán kính đường trịn  DMQ  ;  DNP  ; 1,0 K , K ' giao điểm OL  O  ; H trực tâm tam giác ABC ; G giao điểm AH  O  ; S , S ' theo thứ tự giao điểm HK , HK ' WW ' ; Z tâm đường trịn  DPQ  Ta có  DL, DM    DB, DM    AB, AM     AC , AQ     DC , DQ  mod   nên kết hợp với LM  LQ, suy L thuộc đường tròn  DMQ  Vậy WW ' trung 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 ' 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) Ta có DP dây cung chung đường trịn  X   Z  ; DQ dây cung chung đường tròn Y   Z  nên DP  ZX , DQ  ZY Suy Vậy Z  ZX , ZY    DP, DQ    DP, AP    AP, DQ    DB, AB    AC , DC    AC , AB    LX , LY  mod   thuộc đường tròn  DLXYSS ' (đường tròn Euler tam giác ABC ) (4) 1,0 1,0 Từ (3), (4) suy  SS 'WW '   Z  SS 'WW '  Z  SS ' XY   1 1,0 Kết hợp DS  DS ' suy DS , DS ' phân giác góc tạo DW , DW ' 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 a  DMQ  ,  DNP  nên cố định Nói riêng tiếp tuyến chung ngồi đường tròn  DMQ   DNP  qua điểm cố định Đặt un   n    , n   2n  3  2n    n  3  vn1   n      n  1  vn1  1,0 n2 n2 n Khi v1  chứng minh quy nạp  C2 n 1 với n Vậy un   n    C2nn 1 nên un số nguyên với số nguyên dương n b Nhận xét Với số nguyên tố p  C2pp 1  1 mod p  1,0  p  1 p    p  1  p  1! Ta chứng minh  p  1 p    p  1   p  1! p Chứng minh C2pp 1  p 1   p1   p 1    Ta có  p  1!     p  1!        p  p  1!  i 1   p  i  i   i 1 i   i 1  i p  i   Hệ 1;2; ; p  1 thu gọn theo modunlo p nên p 1 p 1 p 1    p  1!      p  1 !    p  1! i i 1   p  i  i  i 1 i i 1 p  p  1 p  1    p  1 !  mod p  p 1   p 1     p  1 !     mod p    p  1 !     mod p  i 1   p  i  i   i 1 i  Ta có   p 1  p 1   1  p  1 !     p  1 !       ij i i  i  j  p      i 1  i 1  p 1 p 1    p  1 !    p  1 ! i i 1 i i 1  p  1 p  1 p  mod p    p  1 !    1 Nên  p  1 !     mod p   1i  j  p 1 ij  Do đó, 1,0  p  1 p    p  1   p  1 !   1 1  Ap  p  p  1 !    p  p  1!    1i  j  p 1 ij   1i  j  p 1 i    mod p3  Vậy nhận xét chứng minh Do với số nguyên tố p  u p 1  p   C2pp11   mod p3  2 1,0 Biến đổi  a  b    b  c    c  a    mod p  Đặt a  b  x b  c  y x  y  xy   mod p  (1), TH1 Nếu p   mod 3 từ 1 , ta có  x  y   3 y  mod p  Nếu  y, p    3 p 1 y p 1   x  y  p 1  mod p    3 p 1  1 mod p   3  Vậy     p  1 mod  , mâu thuẫn p   mod 3  p Do y  x   mod p  Khi a  b  c  mod p  , tức có p thỏa TH2 Nếu p  1 mod 3 3 thặng dư bình phương modunlo p nên phương 1,0 trình z  z    mod p  có hai nghiệm z0 z01 theo modunlo p Khi  x  z0 y   x  z01 y    mod p  , suy x  z0 y  mod p  x  z01 y  mod p  Nếu x  z0 y  mod p  a   z0  1 b  z0c  mod p  , nên có p thỏa Nếu x  z01 y  mod p  a   z01  1 b  z01c  mod p  , nên có p thỏa Giả sử tồn  a, b, c  thỏa đồng thời a   z0  1 b  z0c  mod p  a   z01  1 b  z01c  mod p   z0  z01   b  c    mod p  Do z01  1  z0  mod p  nên z01  z0  1  z0   mod p  , b  c  mod p  , tức có p Vậy trường hợp có p  p thỏa 1,0