Đáp án đề dhbb toán 11 năm 2023

ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ Môn: TOÁN 11 Đáp án-thang điểm gồm 05 trang I.. Một số chú ý khi chấm bài  Đáp án chấm thi dưới đây dựa

ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ

Môn: TOÁN 11

(Đáp án-thang điểm gồm 05 trang)

I Một số chú ý khi chấm bài

 Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm

 Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì Tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Đáp án

 Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số

II Đáp án-thang điểm

Bài 1 (4,0 điểm) Cho dãy số thực  x n n 1 , 2 ,  được xác định như sau

x1  0 ;x2  3 và 3 5 , 1 , 2 ,

3

1 1 2













x

n x

n

Tìm giới hạn limx n

Ta viết lại dãy số như sau

  , 1 , 2 ,

3

5 3

x n x n

Xét hàm số f x  x  , xR

3

5 3 )

N

n , ta có

 n    n 

n f x f f x

x 4  2  hay x n4  g x n , trong đó g là hàm số xác định trên R

và g(x)  ff x , xR ( 1 )

1 điểm

Tacó

    g x              x R x















 ( ) 3  ln 3 ( ) 3  ( ) ln 3 3  ln 3 3  ( ) ln 3 2 0 ,

Do đó g là hàm tăng trên R Vì thế từ  1 suy ra: với mỗi k1 ; 2 ; 3 ; 4 dãy

4 ,n N

x nk  là dãy đơn điệu Hơn nữa, từ cách xác định dãy  x n ta thấy

*

,

3

1 điểm

Do đó, với mỗi k1 ; 2 ; 3 ; 4 dãy   *

4 ,n N

x nk  là dãy hội tụ Với mỗi k1 ; 2 ; 3 ; 4, đặt limx4nk a k, ta có 0 a k  3 Hơn nữa, do hàm số g liên tục trên R nên từ

 1 suy ra g a k a k ( 2 )

1 điểm

Xét hàm số h(x)  g(x) x trên  0 ; 3 Ta có

h (x)  3 f(x)x  ln 3 2  1  0 , x 0 ; 3 vì f x x 0 , x 0 ; 3

Suy ra hàm số h giảm trên  0 ; 3 Do vậy h x  0 sẽ có không quá một nghiệm

trên đoạn  0 ; 3 hay phương trình g(x) x có nghiệm duy nhất x 0 ; 3 Dễ thấy

 2  2

g nên từ ( 2 ) ta được a k  2 , k1 ; 2 ; 3 ; 4 Từ đó, vì dãy  x n là hợp của

bốn dãy con x4nk nên  x n là dãy hội tụ và limx n  2.■

1 điểm

Bài 2 (4,0 điểm)

Tìm tất cả các đa thức P x   x thỏa mãn    3  3 

P x   x  x  x

Nếu P x c thì  3    2

c  c c  c    c

Nếu degP x  1 Xét phương trình

3

0

xx    x x x  Suy ra P x 0 c Đặt         *

P x  xx Q x c Q x  n

1 điểm

Thay vào phương trình đã cho và biến đổi như các bài toán trên, ta được

3

0 0

0 0

n n

x x x x Q x x c x

        

Suy ra

xx Q x  c xx Q x  c Q x  x xx x  Q x  x  x với mọi số thực x

1 điểm

Thay x bởi x0 , ta được

3 c 6 Q x  3x  1 n Q x   x 1 3 c 6  3x  1 n  12  4n

Đẳng thức cuối cùng là vô lý với *

.

n Kết luận: Đa thức cần tìm là P x    8, x .

1 điểm

Bài 3 ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn O , đường kính AD Trên tia đối của tia DA lấy điểmEvà qua E vẽ đường thẳng vuông góc vớiAD cắt đường thẳng BC tại

P Từ P vẽ hai tiếp tuyến PM PN, đến  O (M N, là các tiếp điểm và A N, nằm cùng phía

so với đường thẳng BC) Đường thẳng AM cắt PE tại F Gọi G là trung điểm của AF , đường thẳng GP cắt đường thẳng ACtại H Gọi Q là điểm đối xứng vớiNqua O, từ Qvẽ đường thẳng vuông góc với ON và cắt đường thẳng MNtại S Chứng minh rằng:

a) PS2 PM2SM SN

Đường thẳng HF song song với đường thẳng AB

Q L

S Q

R

T K

N

H G

F M

P D

O A

B

C

E

1 điểm

kết hợp với OPSN OPLQO là trực tâm tam giác PLQPQOS

.

OP OQ SP SQ OP OM SP SM SN

.

1 điểm

Gọi K là giao điểm của PHvớiAB, qua A kẻ đường thẳng song song với PH và cắt

PE tại *

Q Gọi giao điểm của PE với AB , AC lần lượt tại , R T Để chứng minh

HFsong song AB tương đương với chứng minh G là trung điểm của KH hay

chứng minh  *  *

A BCGQ    RTFQ   (tính chất của chùm điều hòa)

Do GP là đường trung bình của tam giác FAQ nên * P là trung điểm của *

FQ Khi

đó theo hệ thức Newton ta có: * 2

Chứng minh  1 ta chứng minh tam giác PMF cân tại P và tứ giác BCTR nội tiếp

1 điểm

2

PM MF  OM OA 

MF PF  MF OA  OA PF  OM OD  OD OA  OM OA 

Do đó PM MF,   MF PF, mod suy ra tam giác PMF cân tại Phay

PM  PF

1

   suy ra tứ giác BCTR nội tiếp

Ta có 2 2

PF TM TB TCPT PR do đó  1 được chứng minh

1 điểm

Bài 4 (4,0 điểm) Cho p 3 là một số nguyên tố Chứng minh rằng 1  2

p

và chỉ nếu tử số của tổng  1 / 2

2

1

p





Ta cần chỉ ra rằng

 

 

   

1 / 2

2

1 / 2 1 / 2 2

1 1

2

p k

k

H

k







 Với  

1

k



1 điểm

Từ đó, theo định lý Wolstenholme H p1 1 H p1  2  0 modp với số nguyên tố

3,

p suy ra

2

1

2

p

q

p

p

k







 

 

1 điểm

Và      

1 / 2 1

1

1 1

2

p p

p









Vì vậy

   

 2       2   

2

1 / 2 1 / 2

1điểm

Bài 5 (4,0 điểm) Cho S A A1, 2, ,A11 là họ các tập hợp thoả mãn đồng thời hai điều kiện:

(i) A i A j      1 i j 11;

(ii) A j 5 1  i 11

Đặt A A1 A2 A11, với mỗi xA ký hiệu d x( ) là số các tập hợp thuộc S chứa

Giả sử Ax x1, 2, ,x m, xét bảng m11 ô vuông (gồm m hàng, 11 cột) sao

cho tại mỗi ô vuông thứ ( , )i j (hàng thứ i, cột thứ j) ta đặt một số a i j, xác

định bởi:

,

1 0

i j

i j

i j

a





1 điểm

Khi đó:

11 , 1

j



 ,  i 1, 2, ,m;

, 1

m

i



 ,  j 1, 2, ,11

và

11 ,

1 1 1

( )



11

,

1 1

m

i j

j i

a

11 1

j j

A



hay

1

( ) 55

m i i

d x





 (2.1)

Ta có:

1

k

m



1

1

( ) ( ) 1 2

m

k



1 điểm

Từ (2.1) và (2.2) suy ra:

55( 1)

2

i j

d







 (2.3) Mặt khác, từ giả thiết A i A j   nên với mỗi cặp A A i, j luôn tồn tại

x A A hay cặp A A i, j được tính ít nhất một lần trong biểu thức

i j



 , do đó ta có:

2

11 55

i j



 (2.4)

Từ (2.3) và (2.4) ta suy ra d 3 Nếu d 3 thì với mỗi x iS ta có

d x  d

Ta chứng minh không tồn tại x jS để d x( j)2 Thật vậy, giả sử tồn tại

j

x S để d x( j)2, khi đó

1

1

2

m

i



( )

i

i j

d x d x n

d x







Mà

1

m

Điều này dẫn đến vô lý hay ta có d x( )i   3 x i S, suy ra 3m55(không thoả

mãn)

1 điểm

Vậy d 4 và ta chỉ ra có 11 tập hợp thoả mãn yêu cầu bài toán là:

1 1, 2,3, 4,5

A4 1,10,11,12,13, A5 2,6,9,10,14,A6 3,7,11,14,15,

7 4,8,9,12,15

A  ,A8 3,6,8,10,13,A9 4,5,6,11,14,

10 2,7,11,12,13

A  , A115,9,13,14,15

1 điểm