Đáp án đề dhbb toán 11 năm 2023

ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂMĐỀ 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

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

2













  

x

n x n

Tìm giới hạn limx n

Ta viết lại dãy số như sau

  , 1 , 2 ,

3

5 3

n

Xét hàm số f x  x  , xR

3

5 3 )

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

x g 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

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

*

,

3

0 x n  nN

1 điểm

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

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

   

3

) (  ( ) 2    

h f x x 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 P x  63  Px3  x 1 ,   x .

Nếu P x  c thì c 63 c c 8  c 522   0 c8.

Nếu degP x  Xét phương trình   1.

3

0

x x  x  x x  Suy ra P x 0 c Đặt P x   x x 0n Q x c Q x,  0  0,n *.

1 điểm

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

3

1 ,

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 x ta được0 ,

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

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

a) PS2 PM2 SM SN .

Q L

S Q

R

T K

N

H G

F

M

P D

O A

B

C

E

1 điểm

2 2

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

1 điểm

 ,  1 ,  mod 

2

PM MF  OM OA 



 ,   ,   ,  1 ,  1 ,  1 ,  mod 

MF PF  MF OA  OA PF  OM OD                                                         OD OA                             OM OA



PM PF

RT RB  RT OA  OA RB  OA OD                                                         OD OB



1

1 điểm

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

2p 1 mod

p



và chỉ nếu tử số của tổng  

1 /2

2

1

p





  



Ta cần chỉ ra rằng

 

 

   

2

1 1

2

p k

k

H

k









1

k



1 điểm

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

3,

p  suy ra

 

2 2

2

1

2

p

q

p

p

k







 

 

1 điểm

 

1

1 1

2

p p

p









Vì vậy

   

2 H p  H p  2  q   q p

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 A 1A2  A11, với mỗi x A ký hiệu d x( ) là số các tập hợp thuộc S chứa

x và d maxd x x A( ) :   Tìm giá trị nhỏ nhất của d

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

a









1 điểm

Khi đó:

11 , 1

j



 ,  i 1,2, ,m ;

, 1

m

i



 ,  j 1,2, ,11

và

11 ,

( )



11

,

m

i j

a

11 1

j j

A



hay

1

( ) 55

m i i

d x





 (2.1)

Ta có:

2 ( )

m



1

1

( ) ( ) 1 2

m

k

d x d x



1

1

2

m k k



   (2.2)

Từ (2.1) và (2.2) suy ra:

i j 55(2 1)

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

1 điểm

k i j

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

i j



2

i j



  (2.4)

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

d x  d

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

j

x S để d x ( ) 2j , khi đó

1

1

2

m

i

d x d x



i j



( )

i

i j

d x d x n

d x







Mà

1

m

Điều này dẫn đến vô lý hay ta có ( ) 3d x i   x i S , suy ra 3m  (không thoả55

mãn)

1 điểm

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

A  , A 2 1,2,3,4,5 , A 3 1,6,7,8,9 ,

4 1,10,11,12,13

A  , A 5 2,6,9,10,14 ,A 6 3,7,11,14,15 ,

A  ,A 8 3,6,8,10,13 ,A 9 4,5,6,11,14 ,

10 2,7,11,12,13

1 điểm