SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG ĐÈ THI NĂNG KHIẾU LÀN THỨ HAI Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Toán 11 Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1. (2 điểm) Cho dãy số (z,) xác định bởi:
Œ,= 5i Tu is +4/z} + 4z, Ì,Yn cw #
a) Chứng minh rằng dãy ( )tăng và limz, = +oo.
b) Tính im) `-_, #=l #¡ Câu 2. (2,5 điểm) a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 20227 +1 =20237. b) Cho 2023 số nguyên dương đị,đ;,...,đ„;; Và số nguyên >1 sao cho d)g:4Es.Bxya- Chứng minh rằng (a””” + a-1)1(a+ a —]).(a+ a,—1)...(đ+ đg;; — 1). Câu 3. (1,5 điểm) Xét hàm số ƒ : IR — IR thỏa mãn ƒ(#z + + ƒ(œ + 9)) + ƒew) = vƒ(œ) với mọi z,y e R. (*) a) Chứng minh rằng ƒ(z) là toàn ánh nếu /(0) #0. b) Cho ƒ(0)=0. Tìm tất cả các ƒ(x) thỏa mãn.
Câu 4. (2 điểm)
Cho tam giác 4BC nhọn có 4B< 4C và Ä=45°. Các đường cao 4D, BE,CF' đồng quy tại trực tâm HH. Đường thăng EF cắt BC tại P. Gọi K là trực tâm tam giác 4E#' và đường tròn () là đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD. Gọi 7 là trung điểm của đoạn thẳng BC ; đường thắng CK cắt đường tròn (2) tại điểm thứ hai Œ, đường thẳng 7G cắt đường tròn (2) tại điểm thứ hai AZ. a) Chứng minh rằng tứ giác EKFC nội tiếp. b) Chứng minh rằng TC = KG =45°. Câu 5. (2 điểm) Một bác nông dân đi vào rừng nhặt được 223 hạt dẻ. Bác ấy muốn chia số hạt dẻ
nhặt được cho ð con sóc sao cho con nào cũng nhận được ít nhất một hạt.
a) Hỏi có bao nhiêu cách chia để có một con sóc nhận được số hạt dẻ nhiều hơn tổng số hạt dẻ của 4 con còn lại?
b) Biết rằng tất cả các con sóc đều nhận được số hạt dẻ là số lẻ không chia hết cho 3, chứng mỉnh rằng có thể chọn ra hai con sóc mà tích số hạt dẻ của chúng không phải là một lập phương đúng.
HƯỚNG DÃNCHÁM “Í⁄Í low#
Câu 1:
a). Chứng minh được z„ > —,Vø € Ñ*
t2|—¬
1 : Suy ra #„¡ > 25, s s;] = z„,Yn € Ñ”. Suy ra dãy (z,) tăng. Giả sử limz, = Ù ta có
1 1
= Si cơ J5 «@ L=0 Vô lí.
2L=L+\Ú+4L Ủ=P+4áL
Vậy limz = +oœo
B) Từ z = n „2= 2Í, +4Jz? +4ø,),Yn cNÑ,

Suy ra 2 ‹ Đa — +) = gẺ + AT, ©Ầ1. =1 (®,.. == 2) 1 1 Suy ra ——=—— ,Vn€N*. Tài #„ m+Ì

tì 1 1 "n 1 1 1 1 1 Suy ra —=—— =—+——-—=6-— : >; # 2 > Xn Z â s Tạ Ạ „% 1 z 1 Suy ra lim ”— = lim 6——Ì|=s6. m=] #, %„ Câu 2: a) Ta có:
Xét x=l thì 2023” =2023— y=l Xét x >1 khi đó, nếu phương trình có nghiệm nguyên dương y thì 2022” = —1(mod 2023)
Suy ra x lẻ. Đặt x= 2m +l,m ceï*
Nếu y lẻ thì 2023” =—1(mod8) Trong khi 2022” +1= 2022?“*' +1=2022.2022”* +1 =6.3 +1 =1(mod8)
Suy ra (1) vô nghiệm. Nêu y chăn, đặt y = 2, e Ñ *
Khi đó, (1) trở thành 20227 =2023?”—1= (2023” -1)(2023” + ))
Luấ 2023” —1= 2022“ | (a,bÑ*,a<)
=> 2023” +1= 2022”
= 2022? -2022” =2 = 2022“ (2022”“ ¬1) =2, vô lí vì về trái luôn lớn hơn 2.
Vậy phương trình (1) chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất là (x.») = (I1)
b) Ta có:
Ta giải bài toán trong trường hợp tổng quát với số nguyên #>3 bất kỳ.
Giả sử rằng (+, —1)(a+a; —1)...(a+4„ —])| (a” +a -1). Có nghĩa là tồn tại số nguyên dương k sao cho a”*'+a—1= k(a+ a —1)(a+ a, —l)...(a+a„—1). (1)
Ta có ø=ma,...đ, với m là số nguyên dương. Chú ý rằng đ¡,...,đ„ >1, vì nếu chẳng hạn 4, =l thì vế phải của (1) chia hết cho z còn về trái của (1) không chia hết cho z, vô lý.
Từ "=1 (modz-l) và a+,—=l=4, (modz-l) với 1I=ka,...a„ (moda-l)>m=ka=k_ (moda-]).
"
Chú ý rằng ml với 1<¡a"!+a—1>k(a+]}'.
Mà z(a+l1)" >a"”"'+a—l1 nên a(a+l)” >k(a+l)">kDo k, m là những số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng a—l và k=m (modz—]) nên suy ra
k=m. Nhưng m|a và k|a"?°+a—1, nên m|a”””+a—1, suy ra |1 do đó k=m =1.
Tiếp theo ta có a”" < 4"! +a—1=(a+á, —1)...(4+a„ —1), suy ra
` a+a_-]l a+a,-Ì

địt! đụ, = .Mặt khác, với l<¡0 ®(a—1)(a,—1) >0) a
Như vậy 4, ---đ„ =< đ,-::đ„, vô lý. Do đó ta có điều phải chứng minh. Câu 3:
a) Thay z = 0 vào (*) ta được /( EƑ /@)) + /(0) = 1/(0), Vụ c R. f(w+ f(@w))= w— D/(0).Yy e R. q) Rõ ràng nếu ƒ(0) = 0 thì từ (1) ta có ƒ toàn ánh với việc cho y chạy. b) Khi ƒ(0) = 0.
Trong (*), thay — —z, ta có fz —z+ ƒ(+— ) + ƒ(_-z”) = —-zƒ(z) hay
ƒ(-#) = ~(œ+ 1)ƒ@). Trong đăng thức trên, thay ø —› —z thì ƒ(—z?) = —(—z +1)ƒ(—z) nên ta có
(z +1)ƒ() = (—z +1)ƒ(—+). (2) Từ đó cho z = 1 thì được ƒ(1) = 0, cho z = —1 thì được ƒ(—1) = 0. Trong (*), thay = 0 thì được ƒ(2z + ƒ(z)) = 0,Vz. @) Trong (*), thay = 1 thì được f2z +1+ƒf(z+ 1) = 0,Vz. Thay z — z — 1 f(z—~1+ƒ(œ))=0. (4) Trong (*), thay = —1 thì được fÐz —1+ ƒ(z— D) + ƒ(—z) = —ƒ(z). Thay z — z + 1 ƒf(z+1+ ƒ@œ))=—|ƒœ +1) + ƒ(—z—1)|. (5)
Trong (*), thay z = 1 thì được fÊ +z+/+ 9)) + ƒ() =0. Cho = 2z —1 + ƒ(z) ta được ƒ{3+2z—1+ ƒ(œ)+ ƒ(2e + ƒœ)))+ ƒ(sz~ 1+ ƒ(œ))= 0. Từ đây, kết hợp với (3), (4), ta có 2z +1+ ƒ(e)) = 0. Kết hợp với (5), suy ra ƒ(# +1) + ƒ(—z — 1) = 0. hay ƒ(z) + ƒ(—z) = 0, chứng tỏ ƒ là hàm số lẻ. Kết hợp với (2) ta được
(e + 1)ƒ() = (z — 1)/(a) hay ƒ(œ) = 0,Vz. Từ đó ta có ƒ(z) = 0,Vz. Câu 4:

a) Ta chứng minh tứ giác EKFC nội tiếp.
Thật vậy, có: .
Lưấ Xét tam giác 4FƑC: 4FC =90°,E4C =45° = 4CE = ECF = 459.
Theo giả thiết #K L 4B,CƑ L 4B = EK ||CF = 4EK = ECE = 459.
Giả sử đường thẳng #K đường thẳng 4C tại điểm W = NEK =45° => NKE = 45,
Ta được: EKF + EKN =180° (kề bù) — ZKE = I80°— EKN = I80° —45° =135°
Xét tứ giác EKFC: EKF + ECF =135° +45" =180° nên tứ giác EKFC nội tiếp đường tròn đường kính BC vì E,# thuộc đường tròn đường kính 8C. (đpcm)
b) Theo cách dựng có (P, D, 8,C)=—1 mà 7 là trung điểm của đoạn thắng BC nên theo hệ thức Newton có 7Ð.IP= Tay :
Lại có P,„„) = JD.IP= ]M.1G.
Suy ra LÀ.]G = JC” = AIMC ~› AICG — TM = ICG = ICK = 45°.
Theo chứng minh a) K thuộc đường tròn đường kính ĐC nên JCK = 4FK =45°, Do đó 1MC =45°. (1)
Gọi 7 là trung điểm P?D thì theo hệ thức Maclaurin, ta có: CDCP =CBCT
Lại có P„„) =CDCP =CK CG > CB.CT =CK.CG nên tứ giác BTGK nội tiếp. Theo chứng minh a) K thuộc đường tròn đường kính 2C nên 8KG = BKC =90° =GTB=90° = GT || PD.
Theo cách dựng của giả thiết, tam giác JPD cân tại 7 nên J7 ||PD.
Vậy G,J,7 thẳng hàng = KGU = KG? =GCT = KCB = 45°. (2)
Từ (1) và (2) 7MC = KGJ =45°. (đpem) Câu 5: a)
Chọn ra một con sóc có nhiều hạt dẻ nhất thì có 5 cách. Con sóc đó sẽ có từ 112 hạt trở lên, bốn con sóc còn lại sẽ nhận được ít hơn 112 hạt.
Ta xét số nghiệm nguyên dương của bất phương trình z + +z+£<112. Gọi là số nguyên dương thỏa mãn z + + z +£ + = 112.
Số nghiệm của phương trình này là C¿.,. Vậy nên số cách chia cần tìm là 5Œ!
111) b) Ta có:
Lá Giả sử phản chứng minh rằng với mọi cặp sóc, tích số hạt dẻ của chúng là một lập phương đúng. Khi đó gọi z,,z„,...,z, là số hạt dẻ của các con sóc thì
+,€Z*,Ví = Lỗ Và # +, +: +, = 293, Ta sẽ chỉ ra rằng tất cả số hạt dẻ của các con sóc đều là lập phương đúng. Thật vậy, chẳng hạn nếu có +, không là lập phương đúng thì tồn tại số nguyên tố p để 3 ‡ 9.(z,). Mặt khác, xét 2 < 7 < 5 thì theo giả sử phản chứng, ta có 3 | 9,(z/z,) nên 3 } 9(z,), tức là đều có 0,(z,) = 0 nên các số sẽ đều chia hết cho p. Từ đó suy ra ø|223 (và rõ ràng p < 223), nhưng điều này không thể xảy ra vì 223 là số nguyên tố. Do đó, z,,2,,...,2, đều là các lập phương đúng. Tuy nhiên, theo giả thiết thì các số này đều lẻ, mà lập phương đúng, lẻ thì chia cho 9 dư 1,— 1 hoặc 0. Lại theo giả thiết, các số này không chia hết cho 3, nên mỗi số đó s8 cho 9 dư 1 hoặc —1. Khi đó tổng của chúng chia cho 9 dư 1,3,4,5,6 hoặc 8. Trong khi đó 223 chia cho 9 dư 7. Điều
mâu thuẫn này cho thấy điều giả sử ở trên là sai và sẽ có hai con sóc mà tích số hạt đẻ của chúng không
phải là lập phương đúng.