TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC LÊ THÁNH TÔNG- QUẢNG NAM DH& ĐBBB NĂM HỌC 2022 - 2023 ĐỀ ĐỀ NGHỊ MƠN THI: TỐN LỚP 11 (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu (4 điểm) Nhận xét xn 0, n 1 2(n 1) n 1 n xn 1 xn 2 xn 2 2, n 2 nxn n , suy n Theo BĐT Cô si, (1 điểm) 2(n 1) xn1 xn f ( xn ) nxn 2(n 1) f x x n x Ta có: 2(n 1) 1 f ' x 2 n x (do (*)) 0< (1 điểm) Với x,y [2,+) , theo định lí Lagrang- có c(x,y) hay c(y,x) cho: f x f y | f '(c) || x y | f x f y | x y | (1 điểm) Do f ánh xạ co suy dãy ( xn ) có giới hạn L L L L L 2 Trong phương trình xác định dãy cho n dần tới vơ ta Do kết luận Limxn 2 Câu (4 điểm) (1 điểm) Trường hợp : Deg P 0,deg Q 0 không thỏa Trường hợp : DegP p 1, DegQ q 1 Nhận xét : Đa thức DegP Q 15 có hệ số cao Nên hệ số cao P( x), Q( x) Đa thức Q( x) có hế số tự (vì Q(0) 0 ) Đa thức P Q( x ) có tập nghiệm S 1,2,3, ,15 Mặt khác Deg P(Q ) p.q q 1 q 15 q 3 q 5 p.q 15 , , , p 15 p p p 3 0,5 điểm) Cân bậc ta có q 1 p 15 +Khi Thì ta có ( 0,5 điểm) Q ( x ) x P ( x) x 1 x x 15 nghiệm q 15 p 1 +Khi Thì P( x) x C P Q( x) Q( x) C x 1 x x 15 C Do Q(0) 0 C 15! P ( x) x 15! 15 Q ( x ) ( x i ) 15! i 1 Vậy ta có cặp nghiệm q 3 p 5 +Khi Thì P ( x) x x1 x x2 x x3 x x4 x x5 (1 điểm) Q( x) x3 ax bx ( Do Q(0) 0 ) T a có P Q( x) Q( x) x1 Q( x) x2 Q( x) x3 Q( x) x4 Q( x) x5 Suy Q( x) xi i 1,5 Mỗi phương trình Q( x) xi , i 1,5 có ba nghiệm , bi , ci Theo Định lý Viet ta có bi ci a i 1,2,3,4,5 , aibi bi ci ci b Cũng theo Viets ta có Ta lại có bi ci Suy a i i 1 a b c 15 a 24 i i i i 1 ai2 bi2 ci2 aibi bi ci ci ai2 bi2 ci2 a 2b bi2 ci 12 22 152 a 2b 248 Do P Q( x) có nghiệm nên phương trình Q( x) xi có nghiệm 1, b , c b j j j c j 247 3mod Mà n 0,1mod nên vô lý (1 điểm) p 3 P ( x) x x1 x x2 x x2 , Q( x) x ax bx cx dx q 5 + Khi Ta có P (Q ( x ) 0 Q( x ) xi , i 1,3 a ,b ,c , d ,e Mỗi phương trình Q( x) xi có nghiệm i i i i i Ta đặt Ai a1 , b1 , d1 , e1 ,,,a , b3 , c3 , d , e3 A S i i 1 1240 bi2 ci2 di2 ei2 (12 22 152 ) 3 Vơ lý Ta có (1 điểm) Thử lại kết luận Câu (4 điểm) Giả sử n số tự nhiên thỏa yêu cầu đề Cứ n tồn N cho n p1 p2 p3 p N Trong pi số nguyên tố với i 1, N p1 p2 pN ) Từ giả thiết ta có : p1 p2 p3 pN p2 p3 pN pN pN p N 2022 (*) (1điểm) Suy pN | 2022 pN 2,3,337 Nếu pN 337 đem thay vào (*) thu gọn ta có : p1 p2 p3 p N p2 p3 p N p N 5 p N 5 n 5.337 1685 (1 điểm) N N1 N 1 Khi pN 2 Thì (*) thành 2 2022 ( vơ lý ) (1 điểm) Khi pN 3 Thì (*) thành p1 p2 p3 p2 p3 pN 1.3 2022 p1 p2 p3 p n p2 p3 p n p N 673 p N | 673 (vơ lý pN 2 ) Thử lại kết luận n 1685 Câu (4 điểm) (1 điểm) a/ Ta có: ∠DCK = ∠ACK = ∠ABC = ∠HBC = ∠HDC Xét tứ giác nội tiếp CDHK có ∠C = ∠D ∠D + ∠K = 1800 nên ∠C + ∠K = 1800 suy CD // HK suy tứ giác CDHK hình thang cân (1 điểm) nên DH = CK ⇒ ∠DBH = ∠KBC ⇒ BK đường đối trung góc B ⇒ tứ giác BDKC tứ giác điều hòa BD KD ⇒ BC KC ⇒ BD.KC BC.KD Kết hợp với CDHK hình thang cân suy DB DH CH CB (1 điểm) BD KD b/ Vì tứ giác BDKC tứ giác điều hòa nên BC KC ⇒ đường phân giác ∠DBC ∠DKC cắt điểm E thuộc CD ; đường phân giác ∠DBC ∠DKC cắt điểm F thuộc CD ⇒ B K thuộc đường tròn Apollonius tam giác DBC DKC dựng đoạn CD có đường kính EF + Ta lại có: ) ( DBC BEK 3600 BCK ( EBC EKC ) 360 (900 BIC DKC ) 180 BIC Suy tứ giác BEKI nội tiếp (1 điểm) + Từ suy I thuộc đường tròn Apollonius tam giác DBC dựng đoạn CD nên IE phân giác góc DIC ID IC ID ED KD suy IC EC KC hay KD KC nên DC phân giác góc IDK Lại có ∠CAK = ∠DAH = ∠CAB Do phép đối xứng trục CD biến DI thành DK, biến AB thành AK nên biến điểm J thành điểm K Phép đối xứng trục CD biến đường tròn Apollonius tam giác DBC dựng đoạn CD thành nó, mà K thuộc đường trịn Apollonius nên J nằm đường trịn Vậy bốn điểm B, I, K, J nằm đường tròn Apollonius tam giác DBC dựng đoạn CD có tâm trung điểm EF thuộc đường thẳng CD (1 điểm) Câu (4 điểm) a/ ( điểm) Tính xác suất để An Bình lấy bốn viên màu Ta gọi At , Ad biến cố An lấy hai bi trắng , bi đen Gọi Bt , Bd biến cố Bình lấy hai bi trắng , hai bi đen Trường hợp hai lấy hai bi đen C102 1 P ( Ad Bd ) P (A d ).P Bd C10 C13 C13 78 ( điểm) Trường hợp hai lấy hai bi trắng C102 C32 15 P At Bt P At P Bt C12 C13 572 Qui tắc cộng ta có b/ ( điểm) P C 15 67 572 78 1726 ( 1điểm) Ta ký hiệu 2D , 2T , 1T1D biến cố lấy bi trắng , bi đen , bi trắng bi đen biến cố xung khắc Gọi n A , nB số bi hộp An Bình Ta có nA nB nA nB 25 Và gọi d A , d B số bi đen hộp An Bình Ta có d A d B nA nB n n 25 B Từ A 25 nA nB 2nB n n 25 A B P (2D) Đề cho nB 13 n A nB 25 ( điểm) k A kB 21 0,42 50.k A k B 21.n A nB n A nB 5 nA nB 50 nA nB 25 Nên có hai trường hợp xảy Trường hợp : nA 5 nB 20 d A d B 42 d A 3, d B 14 Và số bi trắng hộp An Bình 6 P (2T ) 0,12 P(1T 1D ) 1 0,42 0,2 0,46 20 Vậy Trường hợp : nA 10 nB 15 d A d B 63 d A 5, d B 9 Do số bi trắng hộp An Bình 6 P (2T ) 0,12 P (1T 1D ) 1 0,42 0,2 0,46 10 15 Vậy Kết luận : 0,46 (1 điểm)