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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT LỚP 11 (Đề có trang, gồm câu) Câu 1: (4 điểm ) Cho dãy số ( un ) xác định bởi: u0 = , un+1 = un ∀n ∈ ¥ Tìm n un + un2 + lim n3un = ? n→+∞ Câu 2: (4 điểm ) Cho tam giác nội tiếp đường tròn Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác , điểm cung giao ngoại tiếp tam giác Kẻ phân giác Trực tâm tam giác góc Gọi giao tâm đường tròn a) Chứng minh b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Câu 3(4 điểm): Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x ) + y f ( y ) = ( f ( x − y ) + y ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) ∀x , y ∈¡ Câu 4: (4 điểm ) Cho đa thức P( x) = x3 + 2009 x2 + 2015 x + 2012 * Đặt P1 ( x) = P( x); Pn+1 ( x) = P( Pn ( x)), ∀ n ∈ N Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn Pn ( x) − x chia hết cho 2003 với số nguyên x Câu 5: (4 điểm ) Cho tập hợp a) Hỏi có tập phần tử mà chúng độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài 1000? b) Chọn ngẫu nhiên phần tử , tính xác suất để số chọn độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài số chẵn Page -Hết TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP:11 HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: (4 điểm ) Cho dãy số ( un ) xác định bởi: u0 = , un+1 = un ∀n ∈ ¥ Tìm n un + un2 + lim n3un = ? n→+∞ Hướng dẫn chấm Nội dung trả lời Từ giả thiết un+1 = xác định = un u ∀n ∈ ¥ ta có un +1 < n = ∀n ∈¥ * nên ( ) n un + un + n un n n ∑u k =0 k Điểm 0,5 = c ( c hữu hạn) có giới hạn hữu hạn, giả sử nlim →+∞ un 1 ∀n ∈ ¥ ta có = n + un + ∀n ∈¥ Cũng từ un+1 = 2 n un + un + un +1 un 1 ⇔ − = n + un ∀n ∈¥ un +1 un 1 − = + u0 Do u1 u0 1 − = 12 + u1 u2 u1 0,5 0,5 0,5 … 1 − = ( n − 1) + un−1 un un −1 Cộng theo vế ta : 1 (n − 1)n(2n − 1) n−1 − = + ∑ uk u n u0 k =0 ⇒ (n − 1)n(2n − 1) −1 + = + n un n3 n3 + vn = c ) nên = ( nlim →+∞ n→+∞ n 0,5 0,5 Mà lim ( n − 1) n(2n −1) ⇒ lim = lim = hay lim n un = 3 n →+∞ n u n→+∞ n→+∞ 6n n 0,5 0,5 Page Câu 2: (4 điểm ) Cho tam giác nội tiếp đường tròn Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm cung , giao Kẻ phân giác ngoại tiếp tam giác Trực tâm tam giác góc Gọi giao tâm đường tròn a) Chứng minh b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Hướng dẫn chấm Nội dung trả lời a) Ta có nên tứ giác Suy Điểm nội tiếp , ta thhu tứ giác nội tiếp, tương tự tứ giác nội tiếp Dễ có (đường tròn qua điểm , gọi tâm 0,5 0,5 0,5 0,5 Ta có: Page Suy 0,5 0,5 0,5 b) Ta có nên Do và Ta có giao Do đối xứng với qua nên Suy tâm phép vị tự quay biến nên thành nên 0,5 Ta thu , suy tứ giác hình thang cân Vậy Câu 3(4 điểm): Tìm tất hàm nội tiếp Mà , hay f :¡ → ¡ nên thỏa mãn f ( x ) + y f ( y ) = ( f ( x − y ) + y ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) ∀x , y ∈¡ (1) Hướng dẫn chấm Nội dung trả lời Thay x = (1) Điểm ta được: f ( ) + y f ( y ) = ( f ( − y ) + y ) f ( y ) ∀y ∈¡ Thay y − y vào (2) ta có: f ( ) + y f ( − y ) = ( f ( y ) + y ) f ( − y ) ∀y ∈¡ Trừ theo vế (2) (3) ta có 4y (2) (3) 0,5 ( f ( y ) − f ( − y ) ) = y ( f ( y ) − f ( − y ) ) ∀y ∈¡ ⇒ f ( − y ) = f ( y )∀ y ∈ ¡ (4) Lại thay y − y vào (1): f x + y f ( −y ) = f ( x + y ) + y 0,5 0,5 ( ) ( ) ( f ( x − y ) + f ( −y ) ) ∀x, y ∈¡ ⇒ f ( x ) + y f ( y ) = ( f ( x + y ) + y ) ( f ( x − y ) + f ( y ) ) ∀x , y ∈¡ 2 (5) Từ (1) (5) ta có ( f ( x − y ) + y ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) = ( f ( x + y ) + y ) ( f ( x − y ) + f ( y ) ) ∀x, y ∈¡ ⇔ ( f ( y ) − y ) ( f ( x + y ) − f ( x − y ) ) ∀x, y ∈¡ 2 Nếu f ( y ) = y 2∀y ∈ ¡ thay vào (1) thỏa mãn Giả sử tồn y0 ≠ cho f ( y0 ) ≠ y02 f ( x + y ) = f ( x − y0 ) ∀ x ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) ∀ x ∈ ¡ (6) Từ (1), thay y = y0 0,5 0,5 ta có Page f ( x ) +16 y02 f ( y0 ) = ( f ( x − y0 ) + y02 ) ( f ( x + y0 ) + f ( y0 ) ) ∀x ∈¡ (7) Từ (6) ta có f ( x − y0 ) = f ( x + y0 ) = f ( x),f(2 y0 ) = f (0) , kết hợp (7) suy ra: f ( x ) +16 y02 f ( ) = ( f ( x ) + y02 ) ( f ( x ) + f ( ) ) ∀x ∈¡ (8) Thay 0,5 0,5 y = vào (1): f ( x ) = f ( x ) ( f ( x ) + f ( ) ) ∀x ∈¡ (9) 0,5 2 Từ (8) (9) ta có 16 y0 f ( ) = y0 f ( x ) + f ( ) ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x) = f (0)∀x ∈ ¡ ( f ( x) ≡ ( thỏa mãn) f ( x) = 0∀ x ∈ ¡ f ( x) = x ∀x ∈ ¡ ) Thay vào (1) ta Vậy Câu 4: (4 điểm ) Cho đa thức P( x) = x3 + 2009 x2 + 2015 x + 2012 * Đặt P1 ( x) = P( x); Pn+1 ( x) = P( Pn ( x)), ∀ n ∈ N Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn Pn ( x) − x chia hết cho 2003 với số nguyên x Nội dung trả lời Điểm Bổ đề: P ( x) ≡ P ( y ) (mod 2003) ⇔ x ≡ y (mod 2003) Chứng minh: Ta cần chứng minh P ( x ) ≡ P ( y ) (mod 2003) ⇒ x ≡ y ∀ x,y ∈ Z (mod 2003) Thật P( x) = ( x + 2)3 + 2003( x + x + 1) + Do P ( x) ≡ P( y ) (mod 2003) ⇒ ( x + 2) ≡ ( y + 2) (mod 2003) ∀x,y ∈ Z 0,5 0,5 ( x + 2) ≡ (mod 2003) ⇒ ( y + 2) ≡ 0(mod 2003) Do x ≡ y (mod 2003) Nếu ( x + 2) ≠ (mod 2003) ⇒ ( y + 2) ≠ 0(mod 2003) Nếu 0,5 Áp dụng định lý Fermat với 2003 số nguyên tố ta có: ( x + 2) 2002 ≡ ( y + 2) 2002 ≡ (mod 2003) 3 2001 Mặt khác ( x + 2) ≡ ( y + 2) (mod 2003) ⇒ ( x + 2) ≡ ( y + 2) 2001 (mod 2003) ⇒ ( x + 2) 2002 ≡ ( y + 2) 2001 (x+2) (mod 2003) ⇒ ( y + 2) 2002 ≡ ( y + 2) 2001 (x+2) (mod 2003) 0,5 ( x + 2) ≡ ( y + 2) (mod 2003) ⇒ x ≡ y (mod 2003) (đpcm) Trở lại toán: Đặt A={0;1;2; 2002} Với x ∈ A , xét dãy P1(x), P2(x) ,P2004(x) Theo nguyên lý Dirichle tồn số m,k thỏa mãn ≤ m < k ≤ 2004 Pm ( x) ≡ Pk ( x) (mod2003) suy Pm ( x) ≡ Pm ( Pk − m ( x)) (mod2003) 0,5 Page Áp dụng bổ đề ta có Pk − m ( x) ≡ x (mod2003) Vì với x ∈ A tồn nx ∈ N thỏa mãn: Pnx ( x ) ≡ x (mod 2003) 0,5 Lấy bội số chung n > n 0, n1, n2012 Ta chứng minh n giá trị thỏa mãn yêu cầu cầu đề Thậy với x ∈ A ta dễ thấy Pn ( x ) = Pknx ( x) ≡ Pnx ( x ) ≡ x (mod 2003) * Với số nguyên x ∉A tồn y ∈ A, x ≡ y (mod2003) suy Pn ( x) ≡ Pn ( y ) ≡ y ≡ x (mod2003) Vì Pn ( x) − x chia hết cho 2003 với số nguyên x Vì tồn vô hạn bội chung n > n0, n1, n2012 nên có vô hạn n thỏa mãn toán (đpcm) Câu 5: (4 điểm ) Cho tập hợp 0,5 0,5 a) Hỏi có tập phần tử mà chúng độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài 1000? b) Chọn ngẫu nhiên phần tử , tính xác suất để số chọn độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài số chẵn Nội dung trả lời Điểm a) Đặt gọi tập chứa tập thỏa mãn đề bài, theo BĐT tam giác không tính tổng quát, ta có 0,5 Rõ ràng Từ điều kiện ta có trường hợp trường hợp Trường hợp 1, Ta có Ta xét hai trường hợp, (do Lúc này, với giá trị , ta chọn (tập có chọn tập 0,5 ), suy tùy ý thuộc tập phần tử) Dẫn đến số cách thỏa mãn Trường hợp 2, Hiển nhiên ta phải có Khi đó, với tùy ý thuộc tập cách chọn tập thuộc tập (tập có , suy 0,5 , ta chọn phần tử) Do đó, số 0,5 thỏa mãn Page Vậy 0,5 0,5 b) Với số nguyên dương chẵn , kí hiệu Khi đó, số cách chọn phần tử thỏa mãn yêu cầu đề Theo câu a), ta có 0,5 0,5 Suy Và số cách chọn phần tử thuộc , suy xác suất cần tính Page