dap-an-hsg-lop-11-2017-2018-duyen-hai-toan-hoc

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 Bài 1 Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng Cho dãy s[.]

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN LỚP 11 Bài Đề xuất trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng Cho dãy số  un n1 xác định u1  0, un1  un   n  1  un a) Chứng minh dãy  un n1 có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn n Tn Tìm lim n 5n  u  k 1 k b) Đặt Tn   Ý a ĐIỂM NỘI DUNG Ta chứng minh quy nạp theo n  * , dãy  un n1 bị chặn dãy tăng x3 đồng biến 5 x khoảng (;1) un  1 un1  f  un   f 1  +) Ta có u1  Giả sử un  , n  Vậy un  với n  * * Vì hàm f  x   1,5  u1 Giả sử un  un1  n   Do un , un1  f đồng biến khoảng (;1) nên un1  f  un   f  un1   un +) Ta có u2  Vậy dãy  un n1 tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn +) Đặt lim un  a  a  1 Suy a  n b Ta có uk   a  a3  a  5a  Vậy lim un  n 1,0  4(uk 1  3) 1     1  k    uk 1 uk   uk 1   n  1 1  n Tn      2  n  1 u1  k 2 uk  3  k 2 uk 1    1 1   n   Tn   12 2 un   Suy Tn  1 1 Tn 1  n  lim  un  n 5n  10 1,0 0,5 Bài Đề xuất trường THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa Đường trịn  nội tiếp tam giác ABC khơng cân có tâm I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A, P cắt đường thẳng AD A, K Các đường thẳng PI , EF cắt H Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn  D, N a Chứng minh DH vng góc với EF b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  Ý ĐIỂM NỘI DUNG a A E P N H F K I M S B C D Không tổng quát giả sử AB < AC Sau kí hiệu ( XY ) đường trịn đường kính XY (XYZ) đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Gọi M giao điểm EF BC Đường tròn  tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F suy DB EC FA   AD,BE, CF đồng quy (theo định lý ceva) Nên theo DC EA FB tính chất hàng điểm (M , D, B, C )  1  H (M , D, B, C )  1 (1) điều hịa ta có 0,5 Ý NỘI DUNG ĐIỂM AFP  AEP  PFB  PEC Ta có   PFB PEC ( g  g )  PBF  PCE PF FB BD    (2) PE EC CD Dễ thấy I trung điểm cung EF đường tròn (AEF), suy PI phân PF FH giác FPE   (3) Từ (2), (3) HFB  HEC PE EH HB FB BD   suy HFB HEC ( g  g )  HC EC CD b (4)  HD phân giác BHC Từ (1) (4) theo tính chất chùm điều hòa suy DH  EF Dễ thấy đường trịn (AEF) đường trịn đường kính AI Suy IK  AK , IK trục đẳng phương hai đường tròn (AI) (DI) 1,0 Ta có PM /(AI)  MF.ME  PM /  MD2  PM /( DI ) , suy M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (AI) (DI) Suy M, K, I thẳng hàng Từ BC, EF, IK đồng quy M IK  DK , DH  EF suy DM đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DKH Gọi S trung điểm DM, suy SD  SN mà ID  IN , suy SI trung trực DN Ta lại có SD tiếp tuyến đường tròn  , suy SN tiếp tuyến  (5) 0,5 1,0 Từ ( M , D, B, C )  1 S trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta có SD2  SB.SC mà SD  SN , suy SN  SB.SC , suy SN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6) Từ (5) (6) suy đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  Nhận xét: Có thể chứng minh ND phân giác BNC , từ xét phép vị tự tâm N biến D thành D1 (với D1 giao điểm ND với đường tròn (BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  1,0 Bài Đề xuất trường THPT chuyên Hưng Yên Cho P( x) đa thức bậc 5, mà đồ thị có ba điểm phân biệt thẳng hàng có hồnh độ nghiệm đa thức P ''( x) Chứng minh hồnh độ ba điểm lập thành cấp số cộng Ý NỘI DUNG ĐIỂM Giả sử hoành độ ba điểm thỏa mãn điều kiện đề x1 , x2 , x3 Khơng tính tổng quát giả sử x1  x2  x3 Do ba điểm  x1, P( x1 )  ;  x2 , P( x2 )   x3 , P( x3 )  thẳng hàng nên tồn số  ,  cho P( xi )   xi   với i  1,2,3 Coi hệ số cao P( x) Bài toán đưa chứng minh x1  x3  x2 1,0 Từ giả thiết ta có P ''( x)  20( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) Xét đa thức Q( x)  P( x)   x   , ta có Q( xi )  P( xi )   xi    với i  1,2,3 Q "( x)  P "( x) suy Q "( xi )  P "( xi ) với i  1,2,3 Mọi nghiệm Q "( x) nghiệm Q( x) Suy 20.Q( x)  Q "( x)( x  px  q) Đặt x  y  (1) p p  p2  p   , từ (1) ta có 20.Q  y    Q " y    y  q   2     1,0 p2 p  s Đặt R( y )  Q  y    y  ay  by  cy  dy  e q  2  Ta có 20.R( y)  R "( y).( y  s) 20( y  ay  by  cy  dy  e)  (20 y3  12ay  6by  2c)( y  s) Đồng hệ số y , y hệ số tự ta 20a  12a  20c  12as  2c  a  c  e  20e  2cs  1,0 Ý NỘI DUNG ĐIỂM Suy R( y)  y  by  dy hàm số lẻ Nên R "( y)  20 y  6by có nghiệm y1 , y2 , y3 với y2  y1  y3   y2 Vì xi  yi  p suy x1  x3  x2 (đpcm) 1,0 Bài Đề xuất trường THPT chuyên Tuyên Quang Với số nguyên dương n, kí hiệu S (n) tổng chữ số n biễu diễn thập phân a Chứng minh S  a  b   S  a   S  b  , a, b  b Tìm tất số hữu tỉ q cho tồn n  Ý a * thỏa mãn S (5n)  q.S (n) NỘI DUNG S (a  b)  S (a)  S (b); a, b  ĐIỂM (*) Nếu a  b  (*) hiển nhiên Với a  0, b  ta viết a  as a1 , b  bs b1 với as  bs  0 ak 1  bk 1   k  0 a1  b1  ; k  1, s  Đặt 1    k 1   1 a1  b1  10 1 ak 1  bk 1   k  10 Khi c  a  b  cs 1cs c1 , 0,5 c1  a1  b1  101 ,…, ck 1  ak 1  bk 1   k  10 k 1; k  1, s  cs 1   s s 1 Vậy S (c)   ci  S (a)  S (b)  9(1    s )  S (c)  S (a)  S (b) i 1 b 0,5 Dễ thấy S (n)  S (10n)  S (5n  5n)  2S (5n) (*) S (5n)  S (n  n  n  n  n)  5S (n) Suy S (5n) 1     q   ;5 (1) S ( n) 2  1,0 Ý ĐIỂM NỘI DUNG m 1  Đảo lại, với q   ;5 , giả sử q  ; (m, k )  (m, k  k 2  số có dạng n  22 211 a a, b * ) Xét Khi b S (5n)  a  5b; S (n)  2a  b Suy Xét với * S (5n) a  5b  S ( n ) 2a  b a  5b m   a(2m  k )  b(5k  m) (**) Từ (1) suy 2a  b k 1,0 5k  m    2m  k  5k  m  Nếu 2m  k  (**) suy 5k  m  , vơ lí Vậy  m  k    a  5k  m  Do ta chọn n  22 211 với  S (5n)  q.S (n) a b b  2m  k  1,0 Bài Đề xuất trường THPT chuyên Lào Cai Tìm số hốn vị  a1, a2 , , a2018  tập hợp 1,2, ,2018 thỏa mãn điều kiện:  a1  a2   ak  chia hết cho k với k  1,2, ,2018 ? Ý NỘI DUNG ĐIỂM Ta giải toán TQ: Cho số ngun dương n Tìm số hốn vị  a1, a2 , , an  tập hợp 1, 2, , n thỏa mãn tính chất :  a1  a2   ak  chia hết cho k với k  1, 2, , n Kí hiệu An tập hợp hoán vị tập  a1 , a2 , , an  thỏa mãn yêu cầu toán tập hợp 1, 2,3, , n 1,0 un  An Với n  1, 2,3 ta u1  1, u2  2, u3  Ta xét n  xét hoán vị  a1 , a2 , , an  tập hợp 1, 2,3, , n thỏa mãn yêu cầu toán Xét với k  n 1 , ta có:  a1  a2   an 1   1    n   an   n  n  1  2an   n   n  1   2an Từ đẳng thức suy 2an  n  , kết hợp với  2an   2n   2an  0, n  1, 2n  2 0,5 Ý ĐIỂM NỘI DUNG Trường hợp 2an   n   an  n 1 Tiếp theo xét với k  n  , ta có:  a1  a2   an2   1    n   an  an 1   n  n  1  2an  2an 1  n2  n  n   2an 1   n   n     2an 1 1,0 Từ đẳng thức suy 2an1  n  , kết hợp với  2an   2n   2an  0, n  2, 2n  4 Do 2an1  số lẻ suy 2an 1   n   an 1  n 1  an vô lí Do trường hợp 2an   n  không xảy Trường hợp an  n   a1 , a2 , , an1  hoán vị tập 1, 2, , n  1  a1, a2 , , an1   An1 suy số hoán vị trường hợp un 1 0,5 Trường hợp an  1, ta đặt bi   1, i  2,3, , n Mặt khác ta có  b1  b2   bk    a1 1  a2 1   ak 1   a1  a2   ak   2k Suy b1  b2   bk  chia hết cho k với k  1, 2, , n  0,5 Do  b1 , b2 , , bn1   An1 suy số  a1 , a2 , , an  thỏa mãn trường hợp un 1 Từ ba trường hợp ta un  2un1 Từ đẳng thức ta có un  3.2n 2 , n  Do số hốn vị cần tìm 3.22016 Chú ý chấm: Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác điểm tối đa Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống chi tiết không số điểm dành cho câu, phần Có thể chia điểm thành phần không 0, 25 điểm phải thống tổ chấm Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm trịn điểm Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi thống tổ chấm ghi vào biên 0,5