1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Đề đề nghị 30 4 2018 chuyen quang trung lop 11

8 1 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 8
Dung lượng 324,58 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG : THPT CHUYÊN QUANG TRUNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ 24 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; LỚP : 11 Số Phách Số phách Câu hỏi ( 4.0 điểm): Giải hệ phương trình sau 3 y ( x  4) ( x  x )( x   1)   y  x y  x 2 x ( x   2) Câu hỏi ( 4.0 điểm) : u Cho dãy số   n (1) (2)  n 1 xác định u1 , u2   n 2n  8n   un 2  3n  un 1  3n un  3n (3n  1) , n 1  u Chứng minh dãy   n  n 1 có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu hỏi (3.0 điểm) Cho tam giác ABC D điểm đối xứng với A qua BC Gọi (K) đường trịn đường kính AD DB, DC cắt (K) M, N khác D E, F trung điểm CA, AB Đường tròn (KEM), (KFN) cắt L khác K, KL cắt EF X Các điểm Y, Z xác định tương tự a) Chứng minh KL, PN, QM đồng quy, với P, Q hai điểm đối xứng với K qua AM, AN b) Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy Câu hỏi ( 3.0 điểm): Cho đa thức f ( x ) với hệ số thực, có bậc khơng nhỏ đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: a Phương trình f ( x) 0 khơng có nghiệm bội  xy f ( x)· f ( y )  f   , x, y   (1)   b f ( x )  Chứng minh phương trình có nghiệm thực p Q x  p  x  x      Câu hỏi ( 3.0 điểm): Cho p nguyên tố lẻ đa thức Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương a cho Q  a  p p Câu hỏi ( 3.0 điểm): Cho k số nguyên dương 2 cho trước Một tập hợp A   gọi có tính chất P tập A chia thành k nhóm cho tổng số nhóm Giả sử A có N phần tử, A có tính chất P Chứng minh có k cách bỏ số thuộc tập A để N  số cịn lại khơng có tính chất P  _HẾT _ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG : THPT CHUYÊN QUANG TRUNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ 24 ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; LỚP : 11 Số Phách Số phách Câu hỏi 1(4.0 điểm): +ĐK: x 1 y y x2  2 ( x   1) x    x x2   +Pt(1): x f ( x)  Xét hàm: y  2 x 1đ x2  x   với x 1 ta được: f ( x )  f (2) 6 1đ y  y 1đ     2 x   x (3) x Pt(2):  x  y 2 Với x : VT (3) 0 đó: x   x 0  ( x  2) 0  x 2  y 4 1đ Thử lại thỏa mãn Vậy nghiệm (x,y)=(2,4) Câu hỏi (4.0 điểm): + Từ hệ thức truy hồi ta có: xn    n 2n   xn 1     xn   , n 1 3n  3n 0.5đ Đặt yn  xn  ta  y1 , y2   ( yn ) :  n 2n   yn 2  3n  yn 1  3n yn , n 1 yn  0, n 1 0.5đ (*) + Bằng quy nạp chứng minh được: yn 2  yn 1  yn , n 1 3 + Từ hệ thức (*): An Max  yn , yn 1   An  + Đặt ta thấy: dãy tăng An  0, n 1 A Suy ra:  n  có giới hạn hữu hạn Đặt lim An  A ta có:   0, n0  * cho n  n0 ta ln có: A    An  A   +Ta chứng minh: Lim yn  A Thật A Theo định nghĩa  n  ta có: yn  An  A   , n  n0 Nếu yn  A   , n  n0 , suy ra: A    yn  A   , n  n0  Lim yn  A Nếu n n0  cho: yn  A   mà A    An nên suy ra: yn 1  A   2 A    yn 1  yn  yn   yn   A     y n  A  5 3 3 Ta có: yn  A  5  A  5  yn  A  5  lim yn  A Suy ra: 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Câu hỏi (3.0 điểm): a)+ Ta có   FAK FKA  APK 2 nên KA KF KP Tương tự, KA KE.KQ + Gọi U, V giao điểm KE (K) KU KV KE.KQ P QU QV QE.QK PQ /( KME ) Suy (UVQE) = -1 Q /( K ) Do QM trục đẳng phương (K) (KME), tương tự PN trục đẳng phương (K) (KNF) Do KL, PN, QM đồng quy b)+ Gọi R đối xứng với A qua PQ Ta có KR, PN, QM đồng quy (tính chất hình bình hành) nên KL qua R + A tâm (KPQ) nên KR qua tâm đường tròn Euler tam giác KPQ Mặt khác EFPQ nội tiếp (KE.KQ = KA2 = KF.KP) nên KL qua điểm Kosnita tam giác KEF + Theo tính chất đối xứng AX qua điểm Kosnita tam giác AEF, tức qua điểm Kosnita tam giác ABC + Tương tự BY, CZ qua điểm Kosnita tam giác ABC 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Câu hỏi (3.0 điểm): Nhận xét: Nếu đa thức f ( x) thỏa mãn u cầu tốn  f ( x) thỏa yêu cầu toán 0.5đ Do vậy, giả sử f ( x ) đa thức có hệ số cao dương Đặt degf ( x ) n Ta xét trường hợp + Nếu n chẵn f ( x )· f ( x)  f   , x   (2) Từ (1) chọn y  x ta được: Vì f ( x) đa thức có hệ số cao dương nên x  f ( x) f ( x)     Do (2 ) khơng xảy + Nếu n lẻ Khi f ( x ) ln có nghiệm Gọi nghiệm nhỏ f ( x ) x1 Giả sử f ( x ) tồn nghiệm khác x1 Khi ta viết f ( x) ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xk ) g ( x) với g ( x) đa thức nhận giá trị dương R k  Vì f bậc lẻ khơng có nghiệm bội nên số nghiệm f lẻ hay k 1đ 0.5đ 0.5đ lẻ Do f ( x)  với x  x1 f ( x)  với x2  x  x3 ( x3 tồn k lẻ) Chọn a  x1 x2  b  x3 mà a  b 2 x1 Ta có a b )  f ( x1 ) 0 (vơ lý) Vậy đa thức cho có nghiệm  f (a ) f (b)  f ( 0.5đ Câu hỏi (3.0 điểm): Đầu tiên ta chứng minh  H  Q  1 ; Q   ; ; Q  p p   hệ thặng dư 0.5đ  u , v  1;2; ; p đầy đủ mod p Thật vậy, giả sử tồn p cho Q  u  Q  v   mod p p  p  1  u p   Khi Ta có p  phân biệt v p    u  v  0  mod p p  u p u  mod p  ; v p v  mod p  0.5đ (1) nên từ (1) ta  p    u  v  0  mod p   u v  mod p  0.5đ (2) Từ (1) (2) suy  u  v    p  1  u p  u p 2v   v p   1 0   u  v    p  1 p.u p   mod p   1 0  mod p  p p 0.5đ  u v  mod p p  p Điều mâu thuẫn chứng tỏ H hệ thặng dư đầy đủ mod p Từ suy tồn số a   1;2; ; p p  cho Q  a  0  mod p p  , 0.5đ Q a p p tức   ak a  mod p p  a k Như cần xét số mà , cụ thể lấy ak a  k p p , k 0 0.5đ Rõ ràng Q  ak  Q  a  0  mod p p  , tức số ak thỏa mãn yêu cầu toán Câu hỏi 6: (3.0 điểm) + Một phần tử x thuộc A gọi “tốt” bỏ x khỏi A tập A \ {x} chia thành k nhóm có tổng Ngược lại x 0.5đ x  k x gọi khơng tốt Rõ ràng phần tử tốt + Đề toán tương đương với việc chứng minh tập A có k phần tử khơng tốt + Giả sử phản chứng: tập A có  k phần tử không tốt S ( A)  x k xA Nhận xét: tập A có tính chất P Nếu k nhóm tập A có tổng nhau, nhóm có số 0.5đ khơng chia hết cho k , tương đương có k phần tử khơng tốt, mâu thuẫn Do có nhóm B A chứa tồn số chia hết cho k Do S ( B )k Khi S ( A) k S ( B )k n n Ta chứng minh S ( A)k phần tử tốt xk với số nguyên dương n Với n 1, kiểm tra n n Giả sử S ( A)k phần tử tốt xk Lấy b phần tử tốt Xét tập 0.5đ A '  A \ {b} Khi S ( A ') S ( A)  b Vì A ' có tính chất P (do b phần tử tốt) nên A ' có k nhóm có tổng Vì ta có k  phần tử khơng tốt, nên có nhóm C A ' có tồn phần tử tốt Do 0.5đ S (C )k n   S ( A ') k S (C )k n n n Do b S ( A)  S ( A ')k , chứng tỏ với b tốt bk Gọi B nhóm gồm phần tử tốt A (tồn lập luận giống trên), 0.5đ S ( B)k n , dẫn đến S ( A) k S ( B)k n 1 n Theo nguyên lý quy nạp, ta chứng minh S ( A)k với số 0.5đ nguyên dương n Điều dẫn đến S ( A) 0 , mâu thuẫn A chứa số nguyên dương Vậy điều giả sử sai Bài toán chứng minh

Ngày đăng: 18/10/2023, 20:11

w