Toán 11 đề thi , đáp án học sinh giỏi các trường chuyên, trường chuyên VCVB

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN, KHỐI: 11 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x − xy − y =  2  y ( xy − y + y − xy ) = Câu (4 điểm) Cho dãy số ( an )   a1 = ∀n ≥ 1, n ∈ ¥ thỏa mãn:  ( n + ) a = n a − ( n + 1) a a n n +1 n n +1  Tìm lim an Câu (4 điểm) Từ điểm O cố định ta vẽ hai tiếp tuyến đến đường tròn thay đổi tâm C cho hai tiếp tuyến vuông góc với a) Tìm tập hợp tâm đường tròn (C) qua điểm A cố định khác với O b) Cho đường tròn có tâm C chạy đường thẳng ∆ cố định không qua O Tìm tập hợp tiếp điểm T T’ đường tròn với tiếp tuyến vẽ từ O Câu (4 điểm) Tìm tất hàm số thỏa mãn điều kiện sau đây: Câu (4 điểm) Tồn hay không hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n + n chia hết cho p n + n với số nguyên dương n ? Hết -Giáo viên đề Phạm Thị Lan (DĐ: 0982 217 044 ) ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 Câu Nội dung cần đạt Điểm Câu  4,0 x − xy − y = (1)  2  y ( xy − y + y − xy ) = +) Điều kiện : y ≥ x ≥ y > (2) 0.5 1.0 + Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta có: x − xy − y − y ) ( xy − y + y − xy = x x Chia hai vế PT cho y , ta có:  ÷ −  ÷− −  y  y x + Đặt y = t ⇒ t ∈ [ 2; 4] ta có phương trình: x x −2 − 4− = y y 1.0 2t − 5t − − t − − − t = ⇔ 2t (t − 3) + t − 2( t − − 1) + (1 − t − − 1) =   t −2 ⇔ (t − 3)  2t + + ÷= t − +1 1+ t − ÷   Với t ∈ [ 2; 4] 2t + 1.0 t −2 + >0 t − +1 1+ t − ⇒x= 2   Kết luận: Nghiệm hệ phương trình là:  ; ÷  2 Với t=3 suy x=3y thay vào PT (1): y = ⇒ y = 0.5 Câu 4.0đ ( n + 2) = n2 − n + Dễ thấy an ≠ 0, ∀n ∈ ¥ * Từ giả thiết ta có ( ) an +1 1,0 an Với n ∈ ¥ * , đặt yn = a + ta có y1 = 1,0 n 1 1 n2 2 2 n + y − = n y − − n + ⇒ n + y = n y ⇒ y = y ( )  n+1 ÷  n ÷ ( ) ( ) n+1 n n +1 n 4 4   ( n + 2) 4n ( n + 1)  n −1   n −    y = y = ⇒ a = Do n  n + ÷  n − ÷  ÷ n 2       16 − n ( n + 1) ( n + 1) n 1,0 Vậy lim an = 1,0 2 2 Câu T " O D ' A C T' I E a)Tứ giác OTCT’ có góc vuông OT = OT’ nên hình vuông Gọi R bán kính đường tròn (C), ta có CO = R Do đó: 0,5 uuur uuur π CA R = = OC , OT = CO R 2 ( ) Vậy tâm C đường tròn tâm I tập hợp điểm có tỉ số khoảng cách tới A O Đường kính DE đường tròn tâm I qua 0,5 điểm A O tạo nên hàng điểm điều hòa; ta có (OADE ) = −1 Ngược lại lấy điểm C’ đường tròn tâm I, ta có C'A = C 'O 0,5 Từ O kẻ hai tiếp tuyến OT1 OT’1 ta có C’T1 = C’A = OT’1 Vậy OT1C’T’1 hình vuông Vậy tập hợp điểm C đường tròn tâm I với I trung điểm đoạn 0,5 DE D, E, O, A hàng điểm điều hòa b) OT = uuur uuur π OC (OC , OT ) = Vậy T ảnh C phép đồng dạng tâm O tỉ số k = π , góc quay α = Điểm C chạy đường thẳng ∆ nên điểm T chạy đường thẳng ∆ ' ảnh ∆ phép đồng dạng 0,5 0,5 π , góc quay α = − Với điểm T’ ta dùng phép đồng dạng tâm O tỉ số k = 0,5 ta tìm tập hợp điểm T’ đường thẳng ∆ '' ảnh ∆ phép 0,5  π đồng dạng  O, , − ÷÷ 4  Câu 4.0đ 1,0 Cho thay vào (1), có: 1,0 Thay vào (1) Khi (1) trở thành Trong (2) thay y (2) 1,0 có 0,5 Trong (2) thay y = x : Vậy với 0,5 Câu Giả sử tồn hai số p, q nguyên dương phân biệt cho q n + n chia hết cho p n + n với số nguyên dương n, q n + n > p n + n ⇒ q > p Giả sử a số nguyên tố lớn q n số tự nhiên thỏa mãn n = ( p + 1)(a − 1) + Khi n = (p+1)a –p ⇒ n ≡ − p (mod a ) (1) 0,5 0,5 Vì p < q < a nên (p, a) =(q, a)=1 Theo định lý nhỏ Fermat, ta có p a −1 ≡ 1(mod a ) ⇒ p ( p +1)( a −1) ≡ 1(mod a) ⇒ p ( p +1)( a −1)+1 ≡ p (mod a) 0,5 Do p n ≡ p(mod a) Từ (1) (2) suy p n + n ≡ 0(mod a ) hay ( p n + n ) a 0,5 (2) (4) Chứng minh tương tự, ta q ≡ q(mod a) (3) ( q + n ) a Từ (1) (3) suy q n + n ≡ q − p(mod a) (5) n n Từ (4) (5) suy (q − p)Ma Điều sảy p < q < a Vậy không tồn hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n + n chia hết cho p n + n với số nguyên dương n