Tiêu đề Đề Thi Chọn Đội Tuyển Tỉnh Kiên Giang Dự Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2023-2024 [Đáp Án].pdf ✅

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/8/2023 Đề thi gồm 01 trang, 04 bài Bài 1 (5,0 điểm) Cho dãy số (xxnn) xác định bởi xx1 = 2 và xxnn+1 = xxnn + 1 xxnn với (nn ∈ N∗). a) Tìm: lim xxnn √nn ⋅ b) Tìm tất cả các số tự nhiên kk sao cho dãy số (yynn) xác định bởi: yynn = � 1 xx1 � kk + � 1 xx2 � kk + ⋯ + � 1 xxnn � kk với nn ≥ 1, là dãy bị chặn. Bài 2 (5,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số ff: R → R thoả mãn ff(xx) ff(yy (xx) − 1) = ff(xx2yy) − ff(xx) với mọi xx, yy ∈ R. Bài 3 (5,0 điểm) a) Cho pp là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng (2pp−2 − 1)pp(2pp+1 − 2) − 2(pp−1)2 + 2 chia hết cho pp3. b) Cho nn là một số nguyên lớn hơn 7. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương aa sao cho 2aa ≤ nn và 4aa2 + nn là một hợp số. Bài 4 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn AAAAAA (với AAAA < AAAA) nội tiếp đường tròn (OO), có II là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn bàng tiếp góc AA của tam giác AAAAAA có tâm là JJ và tiếp xúc với đường thẳng tại điểm DD. Gọi EE, FF theo thứ tự là trung điểm của II ,JJ . Đường tròn có đường kính là AA cắt đường tròn (OO) tại điểm thứ hai GG khác AA. Chứng minh rằng: �II = AA �. --------------------HẾT-------------------- • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
Trang 1/5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Đề thi chính thức Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/8/2023 Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung 1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. 2. Nếu học sinh có sử dụng các định lý, hệ quả, các kết quả phụ trợ ... phổ biến trong các chuyên đề bồi dưỡng HSG và nêu được tên thì giám khảo vẫn chấm đúng. 3. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. II. Đáp án và thang điểm Bài Ý Nội dung Biểu điểm 1 (5,0 đ) a) Bằng quy nạp, xxnn > 0 với mọi nn ≥ 1. 0,5 Với mọi nn ∈ N∗, ta có xxnn+1 2 > xxnn 2 + 2. Từ đó bằng quy nạp ta được: xxnn 2 ≥ 2nn + 2 với mọi nn ∈ N∗. 0,5 Do đó, xxnn+1 2 < xxnn 2 + 2 + 1 xxnn 2 ≤ xxnn 2 + 2 + 1 2nn+2 với mọi nn ∈ N∗. Thành thử, xxnn 2 < 2nn + 3 + � 1 2kk + 2 nn−1 kk=1 0,5 Nhận xét 1. lim nn→∞ 1 nn �� 1 2kk + 2 nn−1 kk=1 � = 0. Chứng minh. Có thể sử dụng định lý trung bình Cesàro hoặc làm như sau: � 1 kk√kk nn kk=2 < �2 � 1 √kk − 1 − 1 kk � nn−1 kk=2 < 2. Do đó 1 nn �� 1 2kk + 2 nn−1 kk=1 � < 1 nn �� 1 kk nn−1 kk=1 � < 1 √nn �1 + � 1 kk√kk nn kk=2 � < 3 √nn → 0 0,5
Trang 2/5 Lưu ý. Nếu HS không chứng minh, thì trừ 0.25 đ Ta có lim 2nn+3 nn = 2 và từ Nhận xét 1, lim 1 nn �2nn + 3 + � 1 2kk + 2 nn−1 kk=1 � = 2 Do đó, theo nguyên lý kẹp: lim xxnn 2 nn = 2 0,5 Bình luận. +/ Học sinh có thể chứng minh dãy tăng, không bị chặn trên để suy ra lim xxnn = +∞ , từ đó suy ra lim(xxnn+1 2 − xxnn 2) = 2 và sử dụng định lý Stolz, sẽ ra ngay kết quả. Nếu làm đúng, vẫn cho điểm tối đa. +/ Trong chứng minh Nhận xét 1, học sinh sử dụng định lý trung bình Cesàro để suy ra ngay kết quả của Nhận xét, là được điểm tối đa. b) Đầu tiên ta có nhận xét xxnn > 2 với mọi nn ≥ 1. Từ đó nếu kk ≥ 3 thì xxnn kk ≥ xxnn 3 và nếu kk ≤ 2 thì xxnn kk ≤ xxnn 2. 0,25 Xét kk ≥ 3. Theo ý a), xxnn 2 ≥ 2nn + 3 > nn + 1 nên xxnn kk ≥ (nn + 1)√nn + 1 . Thành thử yynn ≤ 1 xx1 3 + 1 xx2 3 + ⋯ + 1 xxnn 3 < 1 2√2 + ⋯ + 1 nn√nn < 2 (xem chứng minh trong a)). Vậy dãy (yynn) bị chặn khi kk ≥ 3. 1,25 Xét kk ≤ 2. Ta có thì xxnn kk ≤ xxnn 2 nên yynn > 1 xx1 2 + ⋯ + 1 xxnn 2. Mặt khác, theo a), ta có xxnn 2 < 2nn + 3 + � 1 2kk + 2 nn−1 kk=1 < 2nn + 3 + nn 4 < 6nn. Thành thử: yynn > 1 6 � 1 1 + 1 2 + ⋯ + 1 nn �. 0,5 Nhận xét 2. Dãy (hnn) với hnn = 1 1 + ⋯ + 1 nn không bị chặn. Thật vậy, nếu (hnn) bị chặn thì (hnn) có giới hạn hữu hạn. Thành thử lim(h2nn − hnn) = 0. Tuy nhiên h2nn − hnn = 1 nn+1 + ⋯ + 1 2nn ≥ nn × 1 2nn = 1 2 , mâu thuẫn. 0,25
Trang 3/5 Vậy, (hnn) là dãy không bị chặn. Do đó, (yynn) không bị chặn. Tóm lại, đáp số của bài toán là: mọi số tự nhiên kk ≥ 3. 0,25 Bình luận. Về nhận xét 1 2√2 + 1 3√3 + ⋯ + 1 nn√nn < 2 nếu học sinh sử dụng ở cả hai ý mà không làm rõ, chỉ trừ 0,25 một lần. 2 (5,0 đ) Giả sử ff là hàm số cần tìm. Đầu tiên, nếu ff là hàm hằng cc thì cc2 = cc − cc. Vậy cc = 0. Xét ff là hàm khác hằng số. 0,5 Thay yy = 0: ta được ff(xx)(ff(−1) + 1) = ff(0) với mọi xx ∈ R. Nếu ff(−1) ≠ −1 thì ff(xx) = ff(0) ff(−1)+1 do đó ff là hàm hằng, loại. Vậy ff(−1) = −1 và ff(0) = 0. 1,0 Giả sử aa ∈ R mà ff(aa) = 0: Thay xx = aa, ta được ff(aa2yy) = 0 với mọi yy. Vì ff khác hằng số nên aa = 0. Thành thử, ff(aa) = 0 ⇔ aa = 0. 1,0 Với mỗi xx ≠ 0: Chọn yy = 1 xx thì ff(xx). ff � ff(xx) xx − 1� = 0. Theo nhận xét ngay trên ff(xx) ≠ 0 nên ff � ff(xx) xx − 1� = 0. Từ đó ff(xx) xx − 1 = 0 hay ff(xx) = xx. Do đó ff(xx) = xx với mọi xx ∈ R. 1,5 Thử lại, ta thấy các hàm ff(xx) ≡ 0 và ff(xx) ≡ xx thoả mãn phương trình hàm ban đầu. 0,5 3 (5,0 đ) a) Theo định lý Fermat nhỏ 2pp−1 ≡ 1(mod pp). Thành thử, ta có thể viết: 2pp−1 = kk + 1 với kk ∈ N. 0,5 Kí hiệu biểu thức đã cho là SS. Ta có 2pp. SS = 2. (kk − 1)pp. (2kk + 1) − 2(kk + 1)pp + 4. (kk + 1) Theo công thức Newton (kk − 1)pp ≡ −1 + kkpp2(mod pp3) và (kk + 1)pp ≡ 1 + kkpp2(mod pp3). 1,0 Thành thử 2pp. SS ≡ 2(kkpp2 − 1)(2kk + 1) − 2(1 + kkpp2) + 4(kk + 1) ≡ −4kk − 2 + 2kkpp2 − 2(1 + kkpp2) + 4(kk + 1) ≡ 0 (mod pp3). Do pp là số nguyên tố lẻ, nên SS ≡ 0(mod pp3). 1,0