ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB Mơn: TỐN 11 (Đáp án-thang điểm gồm 05 trang) I Một số ý chấm Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm Thí sinh làm cách khác với Đáp án mà Tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Đáp án Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số II Đáp án-thang điểm Bài (4,0 điểm) Cho dãy số thực x n n 1,2, xác định sau x1 0; x x n x 2n 1 5 , n 1,2, 3 Tìm giới hạn lim x n Ta viết lại dãy số sau xn2 Xét hàm số f ( x) 3 3 xn điểm , n 1,2, x n N*, Với ta có , xR g x n , g hàm số xác định R x n f x n f f x n hay x n 4 g ( x) f f x , x R (1) Tacó ln g ( x) f ( x ) x điểm ln . ln ln 0, x R Do g hàm tăng R Vì từ 1 suy ra: với k 1;2;3;4 dãy x4 n k , n N * dãy đơn điệu Hơn nữa, từ cách xác định dãy xn ta thấy f ( x) x f ( x) x x n , n N * Do đó, với k 1;2;3;4 dãy x n k , n N * dãy hội tụ Với k 1;2;3;4 , điểm đặt lim x n k a k , ta có a k Hơn nữa, hàm số g liên tục R nên từ 1 suy g a k a k (2) điểm Xét hàm số h( x) g ( x) x 0;3 Ta có h( x) 3 f ( x ) x ln , x 0;3 f x x , x 0;3 Suy hàm số h giảm 0;3 Do h x có khơng q nghiệm đoạn 0;3 hay phương trình g ( x) x có nghiệm x 0;3 Dễ thấy g 2 nên từ (2) ta a k 2, k 1;2;3;4 Từ đó, dãy x n hợp bốn dãy x n k nên x n dãy hội tụ lim x n ■ Bài (4,0 điểm) Tìm tất đa thức P x x thỏa mãn P x P x3 x 1 , x Trang 1/5 Nếu P x c c c c c c điểm Nếu deg P x Xét phương trình điểm x x3 x x x0 Suy P x0 c Đặt P x x x0 Q x c, Q x0 0, n n * Thay vào phương trình cho biến đổi toán trên, ta điểm x x Q x c 6 x x x Q x x 1 c, x n n 3 x x0 Q x x x0 3n 2n c Q x x x0 c x3 x x03 x0 Q x3 x 1 c, x Q x c 6 x x0 Q x c x x0 Q x c Q x 2n n x xx0 x02 1 Q x x 1 , x Suy x x0 2n Q3 x c x x0 Q x c Q x x xx0 x02 1 Q x x 1 , x n n với số thực x Thay x x0 , ta điểm c Q x0 3x02 1 Q x03 x0 1 c 3x02 1 12 4n n 2 n Đẳng thức cuối vô lý với n * Kết luận: Đa thức cần tìm P x 8, x Bài ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O , đường kính AD Trên tia đối tia DA lấy điểm E qua E vẽ đường thẳng vng góc với AD cắt đường thẳng BC P Từ P vẽ hai tiếp tuyến PM , PN đến O ( M , N tiếp điểm A, N nằm phía so với đường thẳng BC ) Đường thẳng AM cắt PE F Gọi G trung điểm AF , đường thẳng GP cắt đường thẳng AC H Gọi Q điểm đối xứng với N qua O , từ Q vẽ đường thẳng vng góc với ON cắt đường thẳng MN S Chứng minh rằng: a) PS PM SM SN Đường thẳng HF song song với đường thẳng AB điểm L A N Q O K H G B C Q P MD T S F E R Gọi L giao điểm PN SO Khi NLQS hình bình hành suy LQ || SN , Trang 2/5 kết hợp với OP SN OP LQ O trực tâm tam giác PLQ PQ OS Do PQ OS nên OP OQ SP SQ OP OM SP SM SN điểm PS PM SM SN Gọi K giao điểm PH với AB , qua A kẻ đường thẳng song song với PH cắt điểm PE Q* Gọi giao điểm PE với AB , AC R, T Để chứng minh HF song song AB tương đương với chứng minh G trung điểm KH hay chứng minh A BCGQ* 1 RTFQ* 1 (tính chất chùm điều hịa) Do GP đường trung bình tam giác FAQ* nên P trung điểm FQ* Khi theo hệ thức Newton ta có: RTFQ* 1 PF PT PR 1 Chứng minh 1 ta chứng minh tam giác PMF cân P tứ giác BCTR nội tiếp PM , MF điểm OM , OA mod MF , PF MF , OA OA, PF 1 OM , OD OD, OA OM , OA mod 2 Do PM , MF MF , PF mod suy tam giác PMF cân P hay PM PF RT , RB RT , OA OA, RB 1 OA, OD OD, OB mod 2 OA, OB CT , CB mod suy tứ giác BCTR nội tiếp Ta có PF TM TB.TC PT PR 1 chứng minh Bài (4,0 điểm) Cho p số nguyên tố Chứng minh p 1 1 mod p tử số tổng p 1 /2 k 2 Ta cần 1 1 1 bội p k k 1 điểm p 1 /2 H k 1 1 H p 1/2 1 H p 1/2 2q mod p k 2 k 2 1 Với H k 1 d d d k 1 Từ đó, theo định lý Wolstenholme H p 1 1 H p 1 mod p với số nguyên tố điểm p 3, suy 2q 2p p p 1 p p 1 1 p k 1 k k 1 k k 1 H p 1 1 H p 1 /2 1 H p 1 /2 1 mod p mod p k 1 k k 1 2k p 1 p 1 /2 Trang 3/5 Và H p 1/2 1 p 1 1 H p 1 mod p 2 k 1 k k p 1 p k điểm p 1 /2 Vì 1điểm 1 2 H p 1/2 1 H p 1/2 2q 2q mod p 2 Bài (4,0 điểm) Cho S A1 , A2 , , A11 họ tập hợp thoả mãn đồng thời hai điều kiện: (i) Ai Aj 1 i j 11; (ii) Aj 1 i 11 Đặt A A1 A2 A11 , với x A ký hiệu d ( x) số tập hợp thuộc S chứa x d max d ( x) : x A Tìm giá trị nhỏ d Giả sử A x1 , x2 , , xm , xét bảng m 11 ô vuông (gồm m hàng, 11 cột) điểm cho ô vuông thứ (i, j ) (hàng thứ i , cột thứ j ) ta đặt số , j xác định bởi: xi Aj , j x A i j Khi đó: điểm 11 d ( xi ) , j , i 1,2, , m ; j 1 m Aj , j , j 1,2, ,11 i 1 m m 11 d ( x ) a i i 1 i 1 j 1 11 i, j m , j j 1 i 1 11 Aj j 1 hay m d ( x ) 55 i i 1 (2.1) Ta có: i j m Ai Aj Cd2( xk ) k 1 m d ( xk ) d ( xk ) 1 k 1 m (d 1) d ( xk ) k 1 (2.2) Trang 4/5 Từ (2.1) (2.2) suy ra: A i i j Aj Aj nên với cặp Mặt khác, từ giả thiết Ai xk Ai A i j i Aj hay cặp A,A i 55(d 1) j (2.3) A,A i j tồn tính lần biểu thức Aj , ta có: A i j Aj C112 55 i (2.4) Từ (2.3) (2.4) ta suy d Nếu d với xi S ta có d ( xi ) d Ta chứng minh không tồn x j S để d ( x j ) Thật vậy, giả sử tồn điểm x j S để d ( x j ) , m 55 d ( xi ) d ( xi ) 1 i 1 1 d ( xi ) d ( xi ) 1 d ( x j ) d ( x j ) 1 i j d ( x j ) d ( x j ) 1 n 1 d ( xi ) i j Mà d ( x j ) d ( x j ) 1 n m d (x j )d (x j ) d n 1 d ( x ) d ( x ) i i i j 2 i 1 (3 1)55 2(2 3) 54 2 Điều dẫn đến vô lý hay ta có d ( xi ) xi S , suy 3m 55 (không thoả mãn) điểm Vậy d ta có 11 tập hợp thoả mãn yêu cầu toán là: A1 1,2,3,4,5 , A2 1,2,3,4,5 , A3 1,6,7,8,9 , A4 1,10,11,12,13 , A5 2,6,9,10,14 , A6 3,7,11,14,15 , A7 4,8,9,12,15 , A8 3,6,8,10,13 , A9 4,5,6,11,14 , A10 2,7,11,12,13 , A11 5,9,13,14,15 Trang 5/5