SỞ GD ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THÁNG LẦN 1, NĂM HỌC 2022 2023 Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Môn Toán Lớp 11 Toán Ngày 10/10/2022 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1 (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham[.]
SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI THÁNG LẦN 1, NĂM HỌC 2022-2023 Mơn: Tốn Lớp 11 Toán Ngày 10/10/2022 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = x3 − 3x + ( − m ) x đồng biến khoảng ( 2; + ) Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M , N trung điểm AC , AD G trọng tâm tam giác BCD Một đường thẳng qua G cắt MN I AB J Tính JA JB Câu (2,0 điểm) Cho đa thức f ( x) = x − 2001x + (2000 + a ) x − 1999 x + a a) Chứng minh x0 nghiệm nguyên f ( x) x0 số chẵn b) Chứng minh với số nguyên a , đa thức f ( x) khơng thể có hai nghiệm nguyên (dù phân biệt hay trùng nhau) Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy điểm D thuộc cạnh BC , đường tròn ( ABD ),( ACD ) cắt CA, AB E , F Gọi ( I ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ( J ) đường tròn qua B, C tiếp xúc với ( AEF ) T , DI cắt EF K Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh IEDF tứ giác nội tiếp ID ⊥ BC b) Chứng minh K trực tâm tam giác IBC c) Tiếp tuyến chung ( I ) ( J ) cắt BC N Chứng minh ( N , D, B, C ) = −1 d) Chứng minh K , T , M thẳng hàng Câu (2,0 điểm) Tìm số nguyên tố p nhỏ để phương trình a + p = b có nghiệm nguyên dương a, b Problem (1,0 point) Prove that any positive integer can be represented as 12 22 positive integer n and some choice of the signs n for some ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁNG LẦN 1, NĂM HỌC 2022-2023 LỚP 11 TOÁN Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = x3 − 3x + ( − m ) x đồng biến khoảng ( 2; + ) Lời giải: Ta có y = 3x − x + − m Hàm số cho đồng biến ( 2; + ) y 0, x ( 2; + ) 3x − x + − m 0, x m 3x − x + 5, x Xét hàm số f ( x ) = 3x − x + khoảng ( 2; + ) Có f ( x ) = x − , f ( x ) = x − = x = (lo¹ i) Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có m 3x − x + 5, x m Vậy m ( −;5 Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M , N trung điểm AC , AD G trọng tâm tam giác BCD Một đường thẳng qua G cắt MN I AB J Tính Lời giải: JA JB J A N I M B D G K C Gọi K trung điểm CD AK cắt MN I, GI cắt AB J đường thẳng IJ đường thẳng qua G JA cắt AB MN Dễ thấy I trung điểm MN, tính tốn tam giác ABK, ta =2 JB Câu (2,0 điểm) Cho đa thức f ( x) = x − 2001x + (2000 + a ) x − 1999 x + a Chứng minh với số a nguyên, đa thức f ( x) khơng thể có hai nghiệm ngun (dù phân biệt hay trùng nhau) Lời giải: Trước hết ta chứng minh x nghiệm nguyên f (x) x phải số chã̃n f ( x0 ) = Thật : f ( x0 ) − f (1) = số lẻ f (1) = 2a − 1999 Nhưng f ( x0 ) − f (1) chia hết cho x0 − nên x0 − số lẻ, x chẵn Ta xét trường hợp : a) Giả sử f (x) có nghiệm nguyên x1 , x phân biệt, : 0= f ( x1 ) − f ( x2 ) x1 − x2 ( ) ( ) = x13 + x12 x2 + x1 x2 + x23 − 2001 x12 + x1 x2 + x2 + (2000 + a) ( x1 + x2 ) − 1999 Đẳng thức xảy x1 , x2 chẵn b) Giả sử f (x) có nghiệm kép x (chẵn) Khi x ng̉hiệm đạo hàm f (x) : f ( x ) = 4x 03 − 6003x + 2(2000 + a)x − 1999 = Đẳng thức xảy x chẵn Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy điểm D thuộc cạnh BC , đường tròn ( ABD ),( ACD ) cắt CA, AB E , F Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ( J ) đường tròn qua B, C tiếp xúc với ( AEF ) T , DI cắt EF K Gọi M trung điểm BC e) Chứng minh IEDF tứ giác nội tiếp ID ⊥ BC f) Chứng minh K trực tâm tam giác IBC g) Tiếp tuyến chung ( I ) ( J ) cắt BC N Chứng minh ( N , D, B, C ) = −1 h) Chứng minh K , T , M thẳng hàng Lời giải: Gọi I tâm ( AEF ) DI cắt EF K ( AEF ) cắt (O) L Dễ thấy EDF = 180 − 2BAC = 180 − EIF Nên IEDF nội tiếp Từ đó, DI phân giác EDF Hơn BDF = CDE = BAC nên DI ⊥ BC Lại có DB DC = DF DE = DK DI Nên K trực tâm IBC Ta có AL, BC tiếp tuyến T ( AEF ),( BTC ) đồng quy, gọi điểm đồng quy N Hơn DBF ~ DEC ~ ABC ( g g ) nên DB BD BC BF BA LB AB NL NB NB = = = = = DC DC BC CE CA LC AC NC NL NC Hay ( ND, BC ) = −1 , từ TD đối trung TBC NT tiếp xúc (TDM ) Mặt khác: DK DI = DB DC = DM DN Nên K trực tâm IMN Do đó, ta có NMT = NTD = NID = 90 − IND = NMK Nên K , T , M thẳng hàng Câu (2,0 điểm) Tìm số nguyên tố p nhỏ để phương trình a + p = b có nghiệm nguyên dương a, b Lời giải: Biến đổi b a b2 p , p số nguyên tố nên có hai trường hợp sau xảy : a Trường hợp 1: b + a = p b − a = p , Ta tính b = Với p = rõ ràng p + p p( p + 1) p2 − p a = = 2 p( p + 1) 2.3 = = , số phương 2 p( p + 1) p ( p + 1) : p mà / p nên khơng phải số phương 2 Với p số nguyên tố lè Trong trường hợp không tồn a; b thỏa mãn p3 − p3 + Trường hợp b + a = p b − a = , tìm b = a = 2 2 Dễ thấy với p = không tồn a, b thỏa mãn Với p số nguyên tố lè ta có p3 + p + = p − p + = b số phương Lại có 2 ( ) p +1 gcd ; p − p + 1 = gcd p + 1, p − p + = gcd( p + 1;3) ( ) p +1 p +1 - Nếu p + 1/ gcd p − p + số phương, ; p − p + 1 = dẫn đến hay có số nguyên dương n để p − p + = n p ( p − 1) = (n − 1)(n + 1) p +1 Điều khơng xảy p + 1: hay p 2( mod 3) gcd ; p − p + 1 = , hay tồn x ; y nguyên dương đề p +1 = 3x p − p + = y , viết lại p = x − Để tìm p nhỏ ta tìm x nhỏ nhất, với x = có p = p − p + = 25 − + = 21 không thỏa mãn, với x = có p = 23 p − p + = 232 − 23 + = 3.132 Vậy số p nhỏ cần tìm 23 Problem (1,0 point) Prove that any positive integer can be represented as 12 22 positive integer n and some choice of the signs Solution: We induct on the number to be represented For the base case, we have = 12 , = −12 − 22 − 32 + 42 ,3 = −12 + 22 , = −12 − 2 + 32 The inductive step is " P ( n) implies P ( n + 4) "; it is based on the identity m − (m + 1) − (m + 2) + (m + 3) = n for some