Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 năm 2016 đề đề xuất trường THPT chuyên hạ long

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI MÔN TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu (4 điểm) Tìm tất số c  cho dãy số dãy số (un ) thỏa mãn un  (0;1) n   un 1 (1  un )  c hội tụ Với giá trị c tìm tính giới hạn dãy (un ) · Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác cho MBA > · · · MBC Giả sử BM CM cắt AC AB P, Q, chứng minh MCA  MCB BP < CQ Câu (4 điểm) Tìm tất số nguyên không âm n cho tồn hàm f : ¢  [0; ) khác thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f ( xy)  f ( x) f ( y); x, y ¢ ii) 2 f ( x  y )  f ( x )  f ( y ) ∣ x, y  ¢   0;1; 2; ; n Câu (4 điểm) Cho a, m, n số nguyên dương cho a  1, m  n Chứng minh am 1 an 1 có ước nguyên tố giống nhau, a  lũy thừa Câu (4 điểm) Cho số nguyên n  Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập 1; 2; ; n cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt n - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT CHO DUYÊN HẢI LỚP 11 NỘI DUNG CÂU Ta xét trường hợp sau ĐIỂM 1,0 + Nếu c  , từ giả thiết, ta có un 1  cun c   4cun ; n  1  un un (1  un ) Từ quy nạp, ta suy un  (4c)n1 u1 Do 4c  nên un   n   Do đó, c  không thỏa mãn    4c   c  ;  , a  b cho 2   + Nếu  c  , tồn a, b      4c   c  a(1  b)  c ; Thật vây, lấy a    , đặt b  a  x ( x  0) ,  2 b(1  a)  c   1,0 a(1  a)  c a Chú ý b(1  a)  a(1  a)  c Do đó, ta cần chọn x  b  a  x, bất đẳng thức nêu a(1  b)  c  a(1  a  x)  c  x  Câu (4 điểm) Xét dãy số (un ) xác định a nêu n  2m un   b nêu n  2m  1 dãy (un ) thỏa mãn giả thiết không hội tụ Thành thử,  c  1,0 không thỏa mãn + Nếu c  , un 1  un   un Suy dãy (un ) tăng bị 4(1  un ) 4un (1  un ) chặn Do đó, (un ) hội tụ Đặt x  lim un , từ giả thiết ta có x(1  x)  1 hay x  Vậy lim un  2 1,0 0,5 Câu (4điểm) Ta thấy AB, CD, MN trục đẳng phương cặp đường tròn (AOB) (O); (AOB) (COD); (COD) (O) nên AB, CD, OM đồng quy tâm đẳng phương S SO cắt (O) E, F Ta có SE.SF  SA.SB  SM SO O trung điểm EF nên theo hệ thức Maclaurin, ta có (SMEF) = -1 , M thuộc đường đối cực S (1) Mà I thuộc đường đối cực S (2) Từ (1) (2) suy IM đường đối cực S, góc IMO 90 o Tương tự góc INO 90o, ta có đpcm 1,0 1,5 1,0 Với a  Z bất kì, cách thay x  y  ak ; k  ¥ * vào i) f ( a ) k  f (2) f ( a ) k  1  0;1; 2; ; n + Nếu f (2)  0, 2 f (a)k  0;1; 2; ; n  f (a)  (1) + Nếu f (2)  0, ta thấy f (a)  f (a)  Thật vậy, f (a)  1, cách cho k   , ta thấy f (a ) k  f (2) f (a ) k  1   nên (1) xảy ra,  f (a)  1, với k đủ lớn, f (a) k  f (2) f ( a) k  1  Câu (4 điểm) 1,0 nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với a, f (a)  f (a)  Từ suy f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  0;1; 2 ; x, y  Z (2) Do đó, n  *)Nếu n  0, f ( x2  y )  f ( x)  f ( y); x,y ¢ Vì f khác nên tồn x0  ¢ cho f ( x0 )  Khi đó, f ( x0 )  f ( x0 ) f (1)  f (1)  Do f khác nên tồn x1 ¢ cho f ( x1 )  Từ i), ta có f (0)  f ( x1 ) f (0)  f(0)=0 Bây giờ, sử dụng (2), ta  f (12  02 )  f (1)  f (0)  1,0 Điều vô lí chứng tỏ n  không thỏa mãn *)Nếu n  1, hàm số 0 nêu x  f ( x)   1 nêu x  thỏa mãn đề Do đó, n  thỏa mãn đề 0,5 *)Nếu n  2, ta thấy tồn số p, q  Z; ( p, q)  cho f ( p2  q2 )  Thật vậy, trái lại, x, y Z, ta có  f ( p  q ) f ( x  y )  f  ( p  q )( x  y   f  ( xp  yq )  ( xq  yp )  Kết hợp với (2) suy f ( xp  yq)  f ( xq  yp)  Thế nhưng, ( p, q)  nên tồn x, y Z để xp  yq  Do đó,  f ( xp  yq)  Điều vô lí chứng tỏ f ( x2  y )  1; x, y  Z; ( x, y)  Bây giờ, ta xét hàm số   p∣ x  n   q∣ x f ( x)    p Œx  1 nêu  q Œx   p, q số nguyên tố phân biệt có dạng 4k  Ta chứng minh hàm f ( x) xây dựng thỏa mãn i) f ( xy)  f ( x) f ( y); x, y Z ii) 2 f ( x  y )  f ( x)  f ( y )∣ x, y  Z  0;1; 2 1,5 -Kiểm tra điều kiện i)  p ∣ xy Nếu   q ∣ xy hiển nhiên f ( xy)   f ( x) f ( y)  pq Œx f ( xy)   f ( x) f ( y)  pq Œy Nếu  -Kiểm tra điều kiện ii) Vì f ( x)  0;1 nên 2 f ( x  y )  f ( x)  f ( y )∣ x, y  Z  0;1; 2 2 f (1  p )  f (1)  f ( p)   Dễ thấy 2 f ( p  q )  f ( p)  f (q)  nên 2 f (0)  f (0)  f (0)   2 f ( x  y )  f ( x)  f ( y)∣ x, y  Z  0;1; 2 Vậy n  1, n  tất giá trị thỏa mãn đề Câu (4điểm) Giả sử m  n d  (m, n) Vì (a m  1, a n  1)  a( m,n)   a d  nên ad 1 am 1 có ước nguyên tố giống Đặt m  d k (k  1), b  a d , b  bk 1 có ước nguyên tố giống 1,0 Ta chứng minh k lũy thừa Thật vậy, k lũy thừa 2, k có ước nguyên tố lẻ p Do b p 1∣ bk 1 b 1∣ b p 1 nên b p 1 b  có ước nguyên tố giống Gọi q ước nguyên tố b p1  b  1, b   mod q  nên b p 1  b   p 1,0  mod q   q  p Do đó, b p1  b 1 có ước nguyên tố p, suy b p 1  b   pt Vì b p1  b   b 1 nên t  Từ b   mod p  suy b  p.h 1 Khi p ( p  1) u  A p  p  mod p  Điều mâu thuẫn chứng tỏ k lũy thừa b p 1  b   p  1,0 Bây p ước nguyên tố b 1, p ước b  Do đó, p  Thành thử, b  lũy thừa hay ad  Do m  d k số chẵn nên a  1∣ am  1, suy ước nguyên tố a  ước nguyên tố ad 1 Nếu a  có ước nguyên tố lẻ p, a  1  mod p  nên a d  (1) d   mod p  , suy d số chẵn Nhưng số lẻ a nên a d    mod  , suy ad 1  Vô lí a  Vậy a  phải lũy thừa Giả sử có k cặp thỏa mãn đề Gọi S tổng k cặp đó, S  1   2k  k (2k 1) k (k  1) Dễ thấy S  n  (n  1)   (n  k  1)  nk  Do đó, k (k  1)  2n   k (2k  1)  nk  k   1.5  2n   Bây ta xây dựng  cặp thỏa mãn đề sau    2n    2k Ta xét Trường hợp 1: Số n có dạng 5k  5k  Khi ấy,    cặp sau Câu (4điểm) (4k 1; k ), (4k; k 1), (3k  2;1), (3k;2k ), (3k 1;2k 1), (2k 1; k 1) Rõ ràng dãy có 2k cặp thỏa mãn đề Trường hợp 2: Số n có dạng 5k  5k  5k  Khi ấy,  2n      2k  Ta xét cặp sau (4k  2; k 1), (4k 1; k ), ,(3k  2;1),(3k 1;2k 1),(3k;2k ), ,(2k 1; k 1) Dãy có 2k  thỏa mãn đề 1.0 1.0  2n   Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề    GV RA ĐỀ: PHẠM XUÂN THỊNH 0.5