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 Theo BĐT Cô si, xn +1 = xn + xn+1 = n 2(n + 1) n +1 2, n (1 điểm) , suy xn 2 nxn n n −1 2(n + 1) xn + = f ( xn ) nxn Ta có: f ( x ) = x + 0< f ' ( x ) = − 2(n + 1) n x 2(n + 1) 1 (do (*)) n x (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) (1 điểm) |x− y| Do f ánh xạ co suy dãy ( xn ) có giới hạn L Trong phương trình xác định dãy cho n dần tới vơ ta L = L + Do kết luận Limxn = Câu (4 điểm) Trường hợp : Deg P = 0,deg Q = không thỏa L = L (1 điểm) Trường hợp : DegP = p 1, DegQ = q 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) = ) Đa thức P ( Q( x) ) có tập nghiệm S = 1,2,3, ,15 Mặt khác Deg ( P(Q) ) = p.q q = q = 15 q = q = 0,5 điểm) p.q = 15 , , , p = 15 p = p = p = Cân bậc ta có q =1 +Khi Thì ta có p = 15 ( 0,5 điểm) Q( x) = x nghiệm P ( x ) = x − x − x − 15 ( )( ) ( ) q = 15 +Khi Thì p =1 P( x) = x + C P ( Q( x) ) = Q( x) + C = ( x − 1).( x − ) ( x − 15 ) + C Do Q (0) = C = −15! P( x) = x + 15! 15 Vậy ta có cặp nghiệm Q( x) = ( x − i ) − 15! i =1 (1 điểm) q = +Khi p =5 Thì P( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) ( x − x5 ) Q( x) = x3 − ax + bx ( Do Q (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 + bici + ci = b Cũng theo Viets ta có ( a + b + c ) = (1 + + + 15) a = 24 i =1 i i i Ta lại có ( + bi + ci ) = ai2 + bi2 + ci2 + ( aibi + bi ci + ci ) ai2 + bi2 + ci2 = a − 2b (a Suy i =1 i + 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 n2 0,1mod nên vô lý (1 điểm) p =3 + Khi P( x) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x2 ) , Q ( x ) = x + ax + bx + cx + dx q = Ta có P(Q( x) = Q( x) = xi , i = 1,3 Mỗi phương trình Q( x) = xi có nghiệm , bi , ci , di , ei Ta đặt Ai = a1 , b1 , d1 , e1 ,,,a , b3 , c3 , d3 , e3 Ai = S i =1 1240 Ta có + bi2 + ci2 + di2 + ei2 = (12 + 22 + + 152 ) = Vô lý (1 điểm) 3 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 pN 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 −1 pN + pN = 2022 (*) (1điểm) Suy pN | 2022 pN 2,3,337 Nếu pN = 337 đem thay vào (*) thu gọn ta có : p1 p2 p3 pN −1 + p2 p3 pN −1 + + pN −1 = pN −1 = n = 5.337 = 1685 (1 điểm) Khi pN = Thì (*) thành N + N −1 + + + = N +1 − = 2022 ( vô lý ) (1 điểm) Khi pN = Thì (*) thành p1 p2 p3 + p2 p3 + + pN −1.3 + = 2022 p1 p2 p3 pn−1 + p2 p3 pn−1 + + pN −1 = 673 pN −1 | 673 (vô lý pN −1 = ) Thử lại kết luận n = 1685 (1 điểm) Câu (4 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 ⇒ BD.KC = BC.KD = BC KC Kết hợp với CDHK hình thang cân suy DB DH = CH CB b/ Vì tứ giác BDKC tứ giác điều hòa nên (1 điểm) BD KD = 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: BEK = 3600 − BCK − ( EBC + EKC ) = 3600 − (900 + BIC ) − ( DBC + DKC ) = 1800 − 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 suy ID ED KD ID IC hay nên DC phân giác góc IDK = = = IC EC KC KD KC 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 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 (1 điểm) 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 P ( C ) = 15 67 + = 572 78 1726 ( 1điểm) b/ ( điểm) Ta ký hiệu 2D , 2T , 1T 1D biến cố lấy bi trắng , bi đen , bi trắng bi đen biến cố xung khắc Gọi nA , 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 25 = nA + nB 2nB nB 13 Từ nA + nB = 25 nA + nB = 25 nA + nB = 25 Đề cho P(2D) = ( điểm) k A kB 21 = 0,42 = 50.k A k B = 21.nA nB n A nB nA nB 50 nA + nB = 25 Nên có hai trường hợp xảy Trường hợp : nA = nB = 20 d A d B = 42 d A = 3, d B = 14 Và số bi trắng hộp An Bình 6 Vậy P(2T ) = = 0,12 P(1T1D) = − 0,42 − 0,2 = 0,46 20 Trường hợp : nA = 10 nB = 15 d A d B = 63 d A = 5, d B = Do số bi trắng hộp An Bình Vậy P(2T ) = = 0,12 P(1T 1D) = − 0,42 − 0,2 = 0,46 10 15 Kết luận : 0,46 (1 điểm)