1 cbg toán 11 dh đbbb 2023

TRƯỜNG THPT CHUYÊNBẮC GIANG CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1.. 4 điểm Cho S là tập hợp gồm 2023 s

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

BẮC GIANG CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MÔN THI: TOÁN - LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (4 điểm) Cho số thực a  và 2 ( ) 2 02 3 n 2 02 3 n n 1 1

n

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình ( ) f x n a luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất x x n

b) Chứng minh rằng dãy ( )x có giới hạn hữu hạn và tính n nlimx n

 

Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H , nội tiếp đường tròn ( ) O Trên cung nhỏ

,

AC AB của đường tròn ( ) O lần lượt lấy các điểm K L , sao cho KL / / BC Gọi G là điểm trên đường thẳng AB sao cho OG / / AK Đường thẳng LH cắt lại ( ) O tại V khác L Chứng minh rằng

90

CVG

  

Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số liên tục f :  thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

 

ii f x y  f y  f x x y 

Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các số k nguyên dương sao cho tồn tại 2023 số nguyên dương phân biệt thỏa

mãn tổng của 2023 số này chia hết cho tổng của k số phân biệt bất kỳ trong 2023 số đó.

Câu 5 (4 điểm) Cho S là tập hợp gồm 2023 số nguyên dương và chọn ra n tập con của S sao cho tổng

các phần tử trong n tập con đó đôi một nguyên tố cùng nhau Tìm giá trị lớn nhất có thể của n.

_ HẾT _

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐỀ ĐỀ XUẤT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XII - NĂM 2023 MÔN TOÁN - LỚP 11

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Câu 1

Cho số thực a  và 2 ( ) 2 02 3 n 2 02 3 n n 1 1

n

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình ( ) f x n a luôn

có đúng một nghiệm dương duy nhất x x n

b) Chứng minh rằng dãy ( )x có giới hạn hữu hạn và tính n nlimx n

 

4 điểm

1.a (1.5

điểm)

Ta có ( ) 20 3 2 n 2023 n n 1 1  1

n

+ Với x  thì 1 VT 1 a VP  1 nên phương trình vô nghiệm 0.5 điểm +Với 0 x 1, ta có: f n x a2023.2023x n2022   1 0, x 0;1 nên hàm

số f x tăng ngặt trên n  0;1 mà  f n 0  1 a f, n 1    a n 1 a do đó

phương trình ( )f x n a luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất

0;1

n

x x 

1 điểm

1.b (2.5

điểm)

Ta sẽ chứng minh dãy ( )x tăng Thật vậy, xét n f n1( )x n x f x n n( ) 1n  ax n1

Vì f n1(x n1)a và f n1( )x tăng trên khoảng (0;1) nên để chứng minh dãy

( )x tăng ngặt, ta sẽ chứng minh n

1

a

a



1 điểm

Giả sử x n a 1

a



 Vì ( )f x tăng trên khoảng n (0;1) nên, với a  thì2

1 2023

2023

1 1

1 ( )

1 1

n n

n n

a

f x a

a a

a







  





(*)

Đây là điều vô lí Do đó dãy ( )x tăng ngặt mà dãy ( ) n x bị chặn trên bởi 1 nên n

nó có giới hạn hữu hạn Ta đặt: a 1 c 0;1

a



Khi đó:    

2023

1

n

n

a



  với  a12023 a1 0 Theo định lý Lagrange thì tồn tại  ( ; )x c n sao cho:

f c  f x f  c x

Mà f n    n2023  a2023.n2022n.n1 1 1  nên từ đây suy ra

n

n

c c x

1 điểm

Do đó ta có: n

n

c c x c mà 0  c 1 nlim c n 0 do đó theo nguyên lí

giới hạn kẹp ta có lim n 1

n

a

x c

a

 



0,5 điểm

Câu 2 Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H, nội tiếp đường tròn ( ) O Trên cung

nhỏ AC AB , của đường tròn ( ) O lần lượt lấy các điểm K L , sao cho 4 điểm

/ /

KL BC Gọi G là điểm trên đường thẳng AB sao cho OG / / AK

Đường thẳng LH cắt lại ( ) O tại V khác L Chứng minh rằng

90

CVG

  

F R

E

D T

V H

P

Q

G L

O A

K

Gọi giao điểm của CO và (O) là T, ta cần chứng minh T, V, G thẳng hàng

Hay GA/GB = (TB/TA)(VB/VA)

Ta có GOA = OAK = PAL = x;

GOB = AOB - GOA = QCP - PCL = QCL = y

Ta có GA/GB = simAOG/sinBOG = sinPAL/sinQCL = LP/LQ

Lại có LP/LQ = (LP/LH).(LH/LQ) = (AV/AH)(BH/BV)

= (AV/BV)(BH/AH)

Do TAHB là hình bình hành nên (BH/AH) = (TA/TB)

 đpcm

2 điểm

2 điểm

Câu 3

Tìm tất cả các hàm số liên tục f :  thỏa mãn đồng thời các điều kiện

sau:

 

ii f x y  f y  f x x y 

4 điểm

Giả sử f :  là một hàm số thỏa mãn đề bài

Trong  1 lấy yx ta được f 2x 2.2023x f x ,  x  2

Trong (1) lấy y2x và sử dụng (2) ta được

f x f x x  f x  f x

Giả sử   2023n 1x  ,

f n x f nx x  f x  f x

1 điểm

  2023n 1x  , , 1,2,  4

Vậy    1 2023n 1  1 2023 ,n 1,2, 5 

Với n 1, 2, và m 1, 2, theo    4 , 5 ta có

n

m



f r r  r  r  (6) Với mọi số thực dương x khi đó tồn tại dãy số hữu tỉ dương  r n n1 sao cho

f x x  x  x

1,5 điểm

Trong (2) lấy x 0 ta được f  0 0 Do đó trong (1), xét x 0,từ (1) và

(7) ta được



Suy ra   2023 ,x 0

f x x  x

Kết hợp với (7) và f  0 0, suy ra f x  x.2023 ,x   x

Thử lại đúng Vậy f x  x.2023 ,x   x là hàm số cần tìm

1,5 điểm

Câu 4

Tìm tất cả các số k nguyên dương sao cho tồn tại 2023 số nguyên dương phân

biệt thỏa mãn tổng của 2023 số này chia hết cho tổng của k số phân biệt bất kỳ

trong 2023 số đó

4 điểm

Ta thấy ngay rằng k  2023

* Với k 2023 thì rõ ràng thỏa mãn đề bài

* Với k 1: Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n 3 rằng luôn tồn tại n số

nguyên dương phân biệt mà tổng của chúng chia hết cho bất kỳ số nào trong n

số Thật vậy, với n 3 thì ba số 1,2,3 thỏa mãn Giả sử mệnh đề đúng với n, tức

là đã có các số a a1, , ,2 an thỏa mãn đề bài, ta chọn thêm

1 1 2

a    a a  a , khi đó (n  số 1) a a1, , , ,2 a an n1 sẽ thỏa mãn Vậy

0.5 điểm 0.75 điểm

k  thỏa mãn đề bài

* Xét 2 k 2022: giả sử chọn được 2023 số nguyên dương phân biệt thỏa

mãn đầu bài Đặt 2023 số nguyên dương đó là a1 a2   a2023 Đặt

t  a  a a  a a  a và i là chỉ số mà t a i1 a i

(Trong trường hợp tập hợp  a2  a a1; 3  a2; ; a2022  a2021 có nhiều phần tử

cùng bằng t thì ta chọn chỉ số i lớn nhất)

Với 3   k 2022 ta tìm được (k  2) chỉ số i i1, , ,2 ik2 phân biệt và khác

; 1

i i 

1 điểm

k



k

(nếu k=2 thì quy ước trong x và y không có 1 2 2

k



Theo giả thiết thì S chia hết cho cả x và y, suy ra S chia hết cho

( , )

M BCNN x y

( , )

M



2023 2022 2021 1

1 điểm

2023

2022

i

i

t



, mâu thuận với S chia hết cho M, suy ra với mọi k từ 2 đến 2023 đều không

thỏa mãn

Vậy có hai số k cần tìm là k  1; k  2023

0.75 điểm

Câu 5

Tìm giá trị lớn nhất có thể có của n sao cho tồn tại một tập hợpS gồm 2023 số

nguyên dương và có thể lấy ra n tập con của S sao cho tổng các phần tử trong

n tập con đó đôi một nguyên tố cùng nhau.

4 điểm

Ta chứng minh n  22022  1

Trong 22023 tập con của S thì có nhiều nhất trong một nửa trong số đó có tổng

các phân tử là số lẻ Thật vậy, nếu tất cả các phần tử của S đều là số chẵn thì

tất cả các tập con của S đều có tổng các phần tử chẵn nên không có tập con nào

trong S có tổng các phần tử là số lẻ Nếu tồn tại một phần tử x của S là số lẻ

thì ta có thể chia 22023 tập con của S thành cặp (T T ;    x ) với T là tập con

của S mà x T  Trong mỗi cặp đó có một tập có tổng các phần tử là chẵn Do

đó có tối đa 22022 các tập con của S có tổng các phần tử là số lẻ

1 điểm

1 điểm

Vì vậy n  22022  1 thì có ít nhất hai tập con có tổng các phần tử đều là số

chẵn ( mâu thuẫn ) Vậy n  22022  1

Ta xây dựng một ví dụ cho n  22022  1 Đặt k  (22022)! Và tập

 1; ;2 ;4 ; ;22021 

S  k k k k Xét 22022 tập con của Schứa phần tử 1 và

thêm vào một tập hợp   k

Các tập con của S chứa phần tử 1 thì tổng các phần tử có dạng ak  1 với

2022

0   a 2  1 và hai tập khác nhau thì tổng các phần tử khác nhau

Ta có

gcd ( ; k ak   1) 1 Nếu gcd ( ak  1; bk  1)   d 1( a b  ) thì đặt p là

ước nguyên tố của d thì p k a b (  ) suy ra p a b (  ) hoặc p k, mà

2022

2  a b   0 nên p k hay p  1 Do đó tổng các phần tử của các tập

hợp trên nguyên tố cùng nhau

Vậy giá trị lớn nhất có thể của n là n  22022  1

1 điểm

1 điểm

Giáo viên soạn đề: Trần Thu Trang

Số điện thoại: 0942527795