Tiêu đề Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2022-2023 (Khối 11) [Đáp Án].pdf ✅

Câu 1. (4,0 điểm) Cho dãy số a n (n =1,2,...) xác định bởi 1   1 2 2 , 1 ; . 2 0 2 n n n a a n a a + − + =        a) Tính lim n n a →+ . b) Tính lim ( n ) n na →+ . Câu 2. (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : 0; 0;  + → + )  ) thỏa mãn: ( ) ( ) ( ( )) 2 2 f x f y f x y xf y x y + = + +    2 , 0, 0 . Câu 3. (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho AB cắt CD tại E và AD cắt BC tại F. Gọi G là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE và đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF cắt nhau tại D và H. Phân giác trong góc AHB cắt AB, AD lần lượt tại I, J và phân giác trong góc DHC cắt CB, CD lần lượt tại K, L. Gọi M M,  lần lượt là giao điểm của BH với AD và CD; N N,  lần lượt là giao điểm của DH với BC và BA. Chứng minh rằng: a) Ba điểm G I L , , thẳng hàng. b) Các đường thẳng KJ MN M N , ,   đồng quy. Câu 4. (4,0 điểm) Cho a b, là hai số nguyên dương có tính chất: với mỗi số nguyên dương n , nếu 2 na na + +1 là lập phương đúng của một số nguyên dương thì nb +1 cũng là lập phương đúng của một số nguyên dương. Chứng minh rằng 4 1 b + là một số chính phương. Câu 5. (4,0 điểm) Sắp xếp 9 học sinh đứng cách đều nhau trên một vòng tròn tại vị trí 9 đỉnh của một đa giác đều. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác (có đỉnh là đỉnh đa giác đều) bằng nhau (các đỉnh của hai tam giác có thể trùng nhau nhưng hai tam giác là phân biệt) mà tất cả học sinh đứng ở các đỉnh của hai tam giác đó là cùng giới. (Giả thiết rằng mỗi em học sinh trong 9 em học sinh này chỉ thuộc một trong 2 giới là nam hoặc nữ). ...........................HẾT........................... Họ và tên thí sinh: ....................................... Số báo danh: ........................... Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC - LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15 tháng 7 năm 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 1 Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số a n (n =1,2,...) xác định bởi 1   1 2 2 , 1 ; . 2 0 2 n n n a a n a a + − + =        a) Tính lim n n a →+ . b) Tính lim ( n ) n na →+ . (Dựa theo THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương). Điểm a) Từ giả thiết ta có ( ) 2 1 2 0 n n n a a a + − = −  , suy ra dãy an  đơn điệu giảm. Lại do 1 0 2   a nên 0 2, n    a n , do đó an  có giới hạn hữu hạn. Giả sử an  có giới hạn hữu hạn là A , từ 2 1 2 2 0 n n n a a a + − + = ta có 2 2 2 0 A A A − + =  A = 0. 0,5 0,5 0,5 b) Tiếp theo, ta tính lim ( n ) n na →+ . Nếu 1 a = 0 hoặc 1 a = 2 thì lim 0 ( n ) n na →+ = . Nếu 1 0 2   a ta có 2 1 1 2 1 1 2 2 n n n n n a a a a a + = = + − − . Suy ra 1 1 1 1 1 lim lim n n 2 2 n n n →+ →+ a a a +     − = =   − . Ta sử dụng bổ đề quen thuộc : Nếu lim ( n n 1 ) n u u +  →+ − = thì lim n n u n  →+ = . Ta có ( ) 1 1 lim lim 2 2 n n n n na →+ →+ na =  = . 0,5 1,0 0,5 0,5 Câu 2 (4,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : 0; 0;  + → + )  ) thỏa mãn: ( ) ( ) ( ( )) 2 2 f x f y f x y xf y x y + = + +    2 , 0, 0 . (Dựa theo THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên) Điểm Cho x y = = 0 ta được f (0 0 ) = . Chứng minh f là hàm tăng. Giả sử z y  . Khi đó tồn tại a  0 để z y a = + . Chọn x  0 sao cho ( ) 2 x xf y a + = 2 . Khi đó ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) 2 2 f z f y a f y x xf y f x f y f y = + = + + = +  2 . 1,0 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC - LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM
Trang 2 Vậy f là hàm tăng. Trường hợp 1: Tồn tại z  0 sao cho f z( ) = 0 . Do f tăng nên f x x z ( ) =   0, 0;  . Ta có f x f z f x z x f z f x z ( ) + = + + = + ( ) ( 2 ( )) ( )  = +   f x f x z x ( ) ( ), 0  = +   = f x f x nz x n ( ) ( ), 0, 0,1,2,... 1,0 Giả sử t z  , với x z (0; ) , ta chọn n +  để x nz t +  . Khi đó 0 0   + = = f t f x nt f x ( ) ( ) ( )  =  =   f t f x x ( ) 0 0, 0 ( ) . Thử lại thấy đúng. 1,0 Trường hợp 2: f z z ( )    0, 0 , khi đó f tăng ngặt. Ta có f x f y f x y x f y f y x y f x x y ( ) + = + + = + +   ( ) ( 2 2 , , 0. ( )) ( ( )) Lại do f tăng ngặt nên ta suy ra x f y y f x f x a x x ( ) =  =   ( ) ( ) , 0. Thay vào phương trình hàm ở đầu bài ta được a =1 , do đó f x x ( ) = . Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu đầu bài gồm f x x ( ) =   0, 0 và f x x x ( ) =   , 0. 1,0 Câu 3 (4,0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) sao cho AB cắt CD tại E và AD cắt BC tại F. Gọi G là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE và đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF cắt nhau tại D và H. Phân giác trong góc AHB cắt AB, AD lần lượt tại I, J và phân giác trong góc DHC cắt CB, CD lần lượt tại K, L. Gọi M M,  lần lượt là giao điểm của BH với AD và CD; N N,  lần lượt là giao điểm của DH với BC và BA. Chứng minh rằng: a) Ba điểm G I L , , thẳng hàng. b) Các đường thẳng KJ MN M N , ,   đồng quy. (Nguồn: THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định) Điểm Chứng minh dưới đây dựa theo hình vẽ dưới đây. Các trường hợp khác của hình vẽ đều có chứng minh tương tự. a) Trước hết ta chứng minh H, E, F thẳng hàng. Thật vậy, do các tứ giác ABCD, AEHD, CFHD nội tiếp nên ta có DHE BAD DCF = = . Do đó 0 DHE DHF DCF DHF + = + =180 . Suy ra H, E, F thẳng hàng. 0,5 Ngoài ra do H là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF nên BCHE là tứ giác nội tiếp. Xét hai tam giác HCB và HDA, ta có DHA DEA CEB CHB = = = 0 0 BCH HCF BEH ADH = − = − = 180 180 . Suy ra hai tam giác HCB và HDA đồng dạng. Do đó = = (1) HC HB CB HD HA AD 0,5
Trang 3 Dễ thấy GBC và GAD đồng dạng nên (2) GC GB BC GD GA AD = = Theo giả thiết thì HL, HI lần lượt là phân giác trong của CHD AHB , nên ta lại có , (3) LC HC IB HB LD HD IA HA = = 0,5 Từ (1), (2), (3) ta được GC LC GD LD = và GB IB GA IA = . Suy ra GL GI , tương ứng là phân giác trong các góc CGD và AGB . Mà hai góc này là hai góc đối đỉnh nên G, I, L thẳng hàng. 0,5 b) Ta sẽ chứng minh KJ và MN, ' ' M N đồng quy tại G. Xét hai tam giác AJI và CKL ta có CK cắt AJ tại F, IJ cắt KL tại H, IA cắt LC tại E. Mà H, F, E thẳng hàng nên theo định lý Desargues thì AC, JK, IL đồng quy tại G. 0,5 0,5 Xét hai tam giác FAC và HBD có FH, AB, CD đồng quy tại E . Mà FA cắt HB tại M, AC cắt BD tại G, FC cắt HD tại N nên theo định lý Desargues thì M, N, G thẳng hàng. Lại xét hai tam giác BHD và CEA, có BC HE DA , , đồng quy tại F ; BH cắt CE tại M ', BD cắt CA tại G, HD cắt AE tại N ' nên ta cũng có M N G ', ', thẳng hàng. 0,5 0,5 Câu 4 (4,0 điểm). Cho hai số nguyên dương ab, thỏa mãn tính chất: với mỗi số nguyên dương n , nếu 2 na na + +1 là lập phương đúng của một số nguyên dương thì nb +1 cũng là lập phương đúng của một số nguyên dương. Chứng minh rằng 4 1 b + là một số chính phương. (Nguồn: THPT Chuyên Chu Văn An – Hà Nội) Điểm