HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1.. 4 điểm Cho tam giác nhọn ABC
Trang 1HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11
NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2
Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số u n được xác định bởi 13
3
u
minh rằng dãy u n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó
Câu 3 (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là H và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC N là điểm đối xứng của M qua trung điểm của AB
a) Chứng minh rằng trực tâm K của tam giác NAB nằm trên đường tròn (O)
b) Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc với BC tại E Chứng minh rằng ba điểm D, E và trung điểm của HK thẳng hàng
Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn:
2 , ,
xf x xy xf x f x f y x y
Câu 5 (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n - 1)! không chia hết cho n2
… ….HẾT………
Người ra đề: Tổ Toán tin học
SĐT: 0912 649 581
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN - KHỐI 11
Trang 2(Đáp án này có 04 trang, gồm 05 câu)
Câu 1
2 2
2 2
+ Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm
+ Với y 2, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có
2 2
2 2
2 4 2
2 0 2
x y
x y y
x y
x y y
Đặt
2 2
2
x y
y
Khi đó ta có hệ phương trình
2
4
a b
Do đó
2 2
2
2
2, 2
2 0
2 2
x y
y
x x
x y
Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1),
(-2; 2)
0.5 0.5
0.5
1 1 0.5
Câu 2
Dãy số u n được xác định bởi 13
3
u
Ta chứng minh u n 2, n 1
Thật vậy ta có u 1 3 2
Giả sử u k 2, k 1, khi đó 3
2
3
u u u u u
Do đó theo nguyên lý quy nạp thì u n 2, n 1
Xét hàm số f t t3 3t trên khoảng 2,
Ta có f t' 3t2 3 0, t 2
Do đó hàm số f t đồng biến trên khoảng 2,
u u u u f u f u u u
u u k u u u u u u
k 1 k 2 k 1 k 2
f u f u u u
Do đó u n u n1 , n 1 Dãy u n là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên
0.5 0.5 0.5
0.5 0.5
Trang 3dãy u n có giới hạn hữu hạn
Giả sử limu n a a 2 Từ hệ thức truy hồi 3
1 3 1 2
u u u chuyển qua giới hạn ta được:
a a a a a a a a a a a a
a 2 a a2 3 4 2a a3 1 a 1 0 a 2a 2
Vậy limu n 2
0.5
0.5 0.5
D
K N
I
H
O A
B
C
M
a) Chứng minh K thuộc đường tròn (O)
+ N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB nên tứ giác
ANBM là hình bình hành, suy ra BN AM và AN BM
+ Vì K là trực tâm tam giác NAB nên BK NA AK, NB,
Do đó BK BM và AK AM
Từ đó suy ra tứ giác BKAM nội tiếp
Vậy K thuộc đường tròn (O)
b) Chứng minh rằng DE đi qua trung điểm của HK.
+ Gọi S là điểm đối xứng của K qua E; R là điểm đối xứng của K qua
D Ta có: BKC BSC (do BC là đường trung trực của SK)
+ Mặt khác BKC BAC (cùng chắn cung BC) nên BSC BAC
+ Mà BHC BAC 180 0 nên BHC BSC 180 0
Suy ra tứ giác BHCS nội tiếp nên BHS BCS BCK 1
+ Tương tự tứ giác ABHR nội tiếp nên AHR ABR ABK 2
+ Từ (1) và (2) ta có
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5
Trang 4 180 0
AHB BHS AHR AHB BCK ABK AHB BCK ACK
Suy ra S, H, R thẳng hàng
+ Vì DE là đường trung bình của tam giác KRS, nên DE đi qua trung
điểm của HK
0.5
Câu 4 xf x xy xf x f x 2 f y , x y, 1
Trong (1) lấy x = y = 0 được f(0) = 0
Trong (1) lấy y = -1 ta có
2 1 0 0, 2
xf x f x f xf x
Trong (2) lấy x = -1 ta được:
1 0
1 1
f
f
+ Nếu f 1 0 thì từ (2) suy ra f đồng nhất 0 và hàm này thỏa mãn bài toán
+ Nếu f 1 1 thì trong (2) lại lấy x = 1 ta thu được f 1 1
Từ đó (2) trở thành : f x 2 xf x , x 3
Trong (1) ta cho y = 1:
2 2 1 , 2 2 , 0
xf x xf x f x f x f x f x x
Kết hợp (1) và (3) ta được:
, , 0 4
f x xy f x f x f y y x
Từ (4) lần lượt lấy x = 1, x = -1 ta có: f 1 y 1 f y , y
f 1 y 1 f y , y
Như vậy hàm f là một hàm số lẻ
Trong (4) thay y bởi -y và sử dụng tính lẻ của hàm f:
, , 0 5
f x xy f x f x f y f x f x f y y x
Cộng vế theo vế (4) và (5) :
2 2 , , 0
f x xy f x xy f x f x y x
Mà f(0) = 0 nên ta có f x xy f x xy 2f x f 2 ,x x y,
, ,
f x y f x f y x y
Và bây giờ ta sẽ tính biểu thức 2
1
f x theo hai cách:
f x f x x f x f x f xf x f x x
f x x f x x f x x
Từ hai điều trên thu được:
2 1 1 1 , ,
xf x f x x f x x f x x x
Thử lại thỏa Kết luận của bài toán là: f x 0, x ; f x x x,
0.5 0.5
0.5
0.5
0.5 0.5
0.5
0.5
Câu 5
Nhận xét rằng khi n là số nguyên tố thì do (n - 1) < n nên (n - 1)! hiển
nhiên không chia hết cho n, và do đó không chia hết cho n2
Ta sẽ tìm n không nguyên tố thỏa (n - 1)! không chia hết cho n2
0.5
Trang 5Ta có : (n1)!n2 n n! 3 Điều này xảy ra khi và chỉ khi tồn tại ít
nhất một ước số p của n sao cho bậc của p (số mũ lũy thừa của p trong
phân tích thừa số nguyên tố) trong n! là bé hơn bậc của p trong n3
Giả sử npt.k (với (p, k)=1) Theo lí luận trên ta có bất đẳng thức :
t
t
t
3t k p.( t1 p t2 1)
3 ( 1)
1
t
k p
p
t
2 1 3
t
t
t
t {1,2,3}
Ta xét 3 trường hợp và dùng các phép thử lại để làm rõ kết quả bài toán
• TH 1: t = 1 Ta có: (**) 3 k Suy ra k hoặc 2 k 3 (Do k 1
thì n trở thành số nguyên tố)
+ Với k = 2: n2p (p nguyên tố)
Thử lại: p = 2 thì n = 4 (thỏa); p 2: (*) 2
3
2 3
(đúng)
+ Với k = 3: n 3p (p nguyên tố)
Thử lại: p = 2 thì n = 6 (thỏa) ; p = 3 thì n = 9 (thỏa); p 5:
3
• TH 2: t = 2 Ta có (**) 6k p( 1) Suy ra k 1 hoặc k 2 (Do
(p 1 ) 3)
+ Với k = 1, ta được (p 1 ) 6 p {2,3,5} n{4,9, 25}
Thử lại ta chọn : n = 4, n = 9
+ Với k = 2, ta được (p 1 ) 3 p 2 n 8
Thử lại ta thấy n = 8 thỏa mãn
• TH 3: t = 3 Ta có (**) 9 k p( 2 p 1)
Suy ra k 1 (Do p 2 p 1) 7)
+ Với k = 1, ta được (p2 p 1) 9 p 2 n8 (thỏa)
Vậy tập tất cả các giá trị của số tự nhiên n thỏa (n 1)! n2 là
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5 0.5