Đề thi HSG Toán 11 Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam

SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NGUYỄN BỈNH KHIÊM
LẦN THỨ XV, NĂM 2024
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ NGHỊ
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số (a =3 , a =7 , ∀ n∈ N¿.
n ) xác định bởi a1 2
và a =3 a −a n+2 n+1 n n Tính 1 lim ∑ .
n →+∞ i=1 a a i i+1
Câu 2 (4,0 điểm). Gọi F là tập hợp tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (x+f ( y))=f (x)+f ( y), ∀ x , y ∈R .
Tìm tất cả các số hữu tỉ q sao cho với mọi hàm f ∈ F, tồn tại số thực z thỏa mãn f ( z)=qz.
Câu 3 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao và X là một điểm bất kỳ
thuộc đoạn thẳng CD (không trùng với C , D). Trên đoạn thẳng AX lấy điểm K sao cho BK=BC, trên
đoạn thẳng BX lấy điểm L sao cho AC= AL .
a) Gọi M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh ML=MK.
b) Đường tròn (KLD) cắt AB tại điểm thứ hai là T. Chứng minh CT là tia phân giác của góc ACB.
Câu 4 (4,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p , q thỏa mãn {p2+1∣2003q+1.
q2+1∣2003p+1
Câu 5 (4,0 điểm). Tại mỗi đỉnh của một đa giác đều n cạnh (n>2) người ta đặt một bóng đèn. Ban
đầu chỉ có đúng một bóng đèn được bật, mỗi lượt ta thay đổi trạng thái của các bóng đèn (bật thành
tắt, tắt thành bật) với điều kiện vị trí các bóng đèn được chọn là các đỉnh của một đa giác đều.
Chứng minh rằng không tồn tại n để tất cả các bóng đèn có thể được bật cùng lúc sau hữu hạn lượt.
--------------------------------------- Hết ---------------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn Toán – Lớp 11 Câu Nội dung Điểm Cho dãy số (a =3 , a =7 , ∀ n∈ N¿.
n ) xác định bởi a1 2
và a =3 a −a n+2 n+1 n n 4,0 Tính 1 lim ∑ .
n →+∞ i=1 a a i i+1
Tìm được số hạng tổng quát a )n )n
n=( 3+√5 +( 3−√5 ,∀ n∈N ¿. 1,0 2 2 a 1
Chứng minh lim n+1= 3+√5. 1,0 n → ∞ an 2 Chứng minh a 2
n an+2− an+ 1=5 , ∀ n∈ N ¿ bằng quy nạp. 1,0 Suy ra n lim 1 1 n a a −a2 n a a lim ∑
= 1 lim ∑ i i+2 i+1=1 lim ∑ (ai+2− i+1)=n→+∞ (an+2− 2)=1(3+√5−7)=3 1,0 √5−5
n →+∞ i=1 a a 5 a a 5 a a 5 a a 5 2 3 30 i i+1 n →+∞ i=1 i i+1 n →+∞ i =1 i +1 i n +1 1 . 2
Gọi F là tập hợp tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (x+f ( y))=f (x)+f ( y), ∀ x , y ∈R . 4,0
Tìm tất cả các số hữu tỉ q sao cho với mọi hàm f ∈ F, tồn tại số thực z thỏa mãn
f ( z)=qz.
Ta chứng minh tập hợp các số hữu tỉ thỏa yêu cầu bài toán là
S={n+1:n∈Z,n≠0} n .
P (0 , 0) ⇒ f (f (0))=2f (0). Từ đó chứng minh bằng quy nạp f ¿. k +1 1,0 Suy ra
thỏa với mọi k ∈ N¿. k
Mặt khác P (−f (0),0)⇒ f (−f (0))=0 nên bằng quy nạp tương tự ta được f ¿. k +1 Suy ra
thỏa với mọi k ∈ Z. k
Gọi p là số hữu tỉ không thuộc S, ta chứng minh p không thỏa bằng cách xây dựng 1,0
một hàm f ∈ F sao cho f ( z) ≠ pz với mọi z∈ R.
Ở đây ta sẽ xây dựng hàm g :[0;1)→ Z và sau đó là hàm f định nghĩa bởi
f ( x )=g ({x})+⌊ x ⌋. Khi đó f ∈ F, thật vậy vì g chỉ nhận giá trị nguyên ta có
f (x+f ( y))=g({x+f ( y)})+⌊ x+f ( y) ⌋
¿ g({x+g({y })+⌊ y ⌋})+⌊ x+g({ y})+⌊ y ⌋ ⌋¿ g({x})+⌊x ⌋+g({ y})+⌊ y ⌋¿ f ( x)+f ( y ).
Bổ đề: ∀ α ∈ [0, 1), ∃ m∈ Z ,∀ n∈ Z :m+n ≠ p (α+n).
Thật vậy, p=1 là hiển nhiên. Nếu p ≠1 thì khẳng định tương đương với tồn tại m ∈ Z m− pα m− pα sao cho
∉ Z. Giả sử phản chứng, nghĩa là tồn tại α sao cho cả và p−1 p−1 1,0 m+1− pα 1
đều là số nguyên, suy ra hiệu của chúng là cũng là số nguyên, mâu p−1 p−1
thuẫn với p ∉ S. Bổ đề được chứng minh.
Ta định nghĩa g (α )=m với m thỏa kết luận của bổ đề trên. Để ý rằng 1,0
f ( z) ≠ pz ⇔ g ({z})+⌊ z ⌋ ≠ p({z}+⌊ z ⌋), điều này thỏa mãn theo cách xây dựng hàm g. 3
Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao và X là một điểm bất kỳ thuộc
đoạn thẳng CD (không trùng với C , D). Trên đoạn thẳng AX lấy điểm K sao cho 2,0
BK=BC, trên đoạn thẳng BX lấy điểm L sao cho AC= AL .
a) Gọi M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh ML=MK.
Gọi E , F lần lượt là giao điểm thứ hai của BX , AX với ( A ; AC) ,(B ;BC).
Vì X ∈ CD là trục đẳng phương của ( A ; AC) và (B ;BC) nên XL . XE= XK . XF, suy ra 1,0
E , K , L , F cùng thuộc một đường tròn ω tâm O.
Mặt khác B K 2=B C2=BL.BE nên BK là tiếp tuyến của ω, tương tự với AL. 1,0 Do đó MK =ML.
b) Đường tròn (KLD) cắt AB tại điểm thứ hai là T. Chứng minh CT là tia phân giác 2,0 của góc ACB.
AL, AE là các tiếp tuyến với ω nên A liên hợp với X, tương tự B cũng liên hợp với X
nên AB là đường đối cực của X đối với ω. 1,0
Suy ra D là điểm Miquel của tứ giác toàn phần, nội tiếp, điều hòa EKLF, T =EK ∩ FL
và EF , KL, AB đồng quy tại S. Hơn nữa L ¿nên ( ST , AB )=−1.
Do đó ta chỉ cần chứng minh ^
SCT=90°. Vì O là trực tâm của các tam giác XST , XAB
nên O nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AB và ST. Mà C 1,0
nằm trên đường tròn đường kính AB nên C cũng nằm trên đường tròn đường kính ST hay ^ SCT=90° .
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p , q thỏa mãn {p2+1∣2025q−1. 4,0
q2+1 ∣2025p−1
Chứng minh bổ đề quen thuộc: ước nguyên tố lẻ của p2+1 có dạng 4 k+1. 1,0 Xét 2 trường hợp: 1,0
- TH1: p=2. Dễ thấy không tồn tại q thỏa. 4
- TH2: q > p>2.
Gọi r là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của p2+1. Khi đó r ∣2025q−1. Đặt h=¿dr(2025), ta có h ∣q.
Mặt khác h ∣r−1 nên h ≤ r−1<r<⌊√ p2+1⌋<q. Do q là số nguyên tố nên h=1. 2,0
Suy ra 2024 ≡ 0 (mod r), dẫn đến r=11 hoặc r=23 đều có dạng 4 k+3, mâu thuẫn với bổ đề.
Vậy không tồn tại p , q thỏa. 5
Tại mỗi đỉnh của một đa giác đều n cạnh (n>2) người ta đặt một bóng đèn. Ban đầu
chỉ có đúng một bóng đèn được bật, mỗi lượt ta thay đổi trạng thái của các bóng đèn
(bật thành tắt, tắt thành bật) với điều kiện vị trí các bóng đèn được chọn là các đỉnh 4,0
của một đa giác đều. Chứng minh không tồn tại n để tất cả các bóng đèn có thể được
bật cùng lúc sau hữu hạn lượt.
Giả sử sau hữu hạn lượt thì tất cả các bóng đèn đều bật. Ta xem các bóng đèn là các 1,0