Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương lần thứ 12 các trường chuyên LAI CHÂU mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, TỈNH LAI CHÂU ĐỀ THI ĐÈ XUẤT ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 11 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4,0 điểm) Cho dãy số ( a n ) ,n ≥ thỏa mãn a1 = 1,a n = 2n − a n −1 ,n ≥ 2n n dãy ( b n ) ,n ≥ thỏa mãn b n = ∑ a i ,n ≥ Chứng minh dãy ( b n ) có giới hạn tìm i =1 giới hạn Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Cho K điểm tùy ý cạnh BC (K khác B, C) Kẻ đường kính KM đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK đường kính KN đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh M, H, N thẳng hàng Câu (4,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn x y4 y4z z4x + + biểu thức P = x + y5 + x y y5 + z + y z z + x + z x Câu (4,0 điểm) Trong hội nghị, đại biểu bắt tay đại biểu khác Người ta đếm tất 97 lần bắt tay Hỏi hội nghị có tối đa đại biểu Câu (4,0 điểm) Cho số nguyên dương n > thỏa mãn 3n − chia hết cho n Chứng minh n số chẵn HẾT Người đề Lê Thành Trung (Điện thoại liên hệ: 01642 222 400) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm Ta có 2na n = ( 2n − 3) a n −1 ⇔ a n −1 = ( n − 1) a n −1 − na n  ,n > (4,0 điểm) n 1,0 Do b n = ∑ ia i − ( i + 1) a i +1  = 1 − ( n + 1) a n +1  i =1 Ta chứng minh quy nạp na n ≤ ,n ≥ n Thật vậy: - Với n = 1, ta có a1 = nên khẳng định - Giả sử khẳng định với n ( n ≥ 1) Ta có ( n + 1) −  2n −    a n +1 = an ≤  ÷ ÷, ta cần chứng minh ( n + 1)  2n +  n n   2n −    ÷  2n +  n n 1,0  ⇔ ( 2n − 1) n + ≤ 2n n ÷≤  ( n + 1) n + ⇔ ( 4n − 4n + 1) ( n + 1) ≤ 4n ⇔ ≤ 3n Bất đẳng thức cuối nên khẳng định với n + Theo nguyên lí qui nạp khẳng định chứng minh   Ta có 1 − ÷≤ 1 − ( n + 1) a n +1  = b n ≤ n +   Theo nguyên lí kẹp dãy ( b n ) có giới hạn lim b n = 1,0 1,0 (4,0 điểm) Gọi L giao điểm thứ hai hai đường tròn (BKF) (CKE) Ta có tứ giác BFEC nội tiếp Do AF.AB = AE.AC ⇒ A thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (BFK) (CEK) Suy A, L, K thẳng hàng Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên AH.AD = AF.AB = AL.AK Do tứ giác DHLK nội tiếp Suy HL ⊥ AK Mà ML ⊥ AK nên M, H, L thẳng hàng Tương tự N, H, L thẳng hàng Từ suy M, H, N thẳng hàng 1 a = ,b = ,c = , toán trở thành: cho a, b, c Đặt (4,0 điểm) x y z số dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn ab bc ca P= + + a + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a + ca ab ab ≤ ≤ Ta có a + b5 + ab a 3b + a b3 + ab a b + ab + 1 c = = = a b + ab + abc ab ( a + b + c ) a + b + c Tương tự ta có: bc a ca b ≤ ; ≤ 5 b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c Suy P ≤ Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy MaxP = Gọi n số đại biểu 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 (4,0 điểm) Ta xây dựng đồ thị G với đỉnh đại biểu, hai đỉnh nối với cạnh hai đại biểu tương ứng hai đỉnh bắt tay với Khi đồ thị G có 97 cạnh Theo bổ đề bắt tay, đồ thị, tổng số bậc đỉnh hai lần số cạnh, 97x2 ≥ 6n ⇒ n ≤ 32 Vậy hội nghị có tối đa 32 đại biểu Gọi p ước nguyên tố bé n Ta có p ≠ (vì p (4,0 điểm) = 1Mp vô lí) Do 3n − 1Mn nên 3n − 1Mp hay 3n ≡ 1( mod p ) d Gọi d số nguyên dương bé cho ≡ 1( mod p ) Xét khai triển sau: n = kd + r với ≤ r ≤ d − Ta có 3n ≡ 3r ( mod p ) ⇒ 3r ≡ 1( mod p ) Suy r = Do n Md Do p số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có 3p −1 ≡ 1( mod p ) Lập luận tương tự suy p − 1Md Có hai khả xảy ra: a) d > 1: Gọi q ước nguyên tố d Vì n Md nên n Mq ⇒ p − ≥ d ⇒ p > d ⇒ p > q Điều mâu thuẫn với cách chọn p ước số nguyên tố bé n Do khả không xảy d b) d = : Từ ≡ 1( mod p ) ⇒ ≡ 1( mod p ) ⇒ p = Do p = ước nguyên tố n, suy n chẵn (đpcm) … HẾT … 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0