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

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 11 NĂM 2016 Thời gian làm 180 phút ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu I (4,0 điểm): Cho dãy số xác định bởi: a0  1; a1  1; an1  a1a2 an  n  1, 2,3, a n  2   Chứng minh tồn lim Sn (  x  phần nguyên x ) n k 1 ak 1 a k  n Đặt S n     2 Câu II (4,0 điểm): Cho tam giác ABC với H trực tâm tam giác, O tâm đường tròn ngoại tiếp R bán kính đường tròn ngoại tiếp Gọi D điểm đối xứng A qua BC, E điểm đối xứng B qua CA, F điểm đối xứng C qua AB Chứng minh D, E, F thẳng hàng OH = 2R Câu III (4,0 điểm): Tìm tất hàm số f : ¡  ¡ cho: f  xf  x  y    f  yf  x    x x, y ¡ Câu IV (4,0 điểm): Tìm tất số nguyên dương n cho với số nguyên tố p cho trước, tồn số nguyên a thỏa mãn : p  p  an CâuV ( 4,0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét tập hợp S   x, y  |  x, y  12; x, y ¥  Mỗi điểm S tô ba màu xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn hình chữ nhật có cạnh song song với hai trục tọa độ, cố bốn đỉnh thuộc S tô màu -Hết - ĐÁP ÁN NỘI DUNG Câu Thang Điểm Câu I 1,0 đ 4,0 điểm Ta có  ak 1a  k  2   a 1 1  k 1   a a a a1a2 ak 1 a1a2 ak a1a2 ak 1 ak 1 k ak 1  n   1 1 Suy Sn       a1a2 ak 1  a1 a1a2 an1 k 1  a1a2 ak 1,0 đ 1,0đ Chứng minh lim  a1a2 an1    1,0 đ n +) an  n  n +)    n  an1  an  suy dãy cho tăng 2 +) Như an  an1    a1  n  Vậy lim  a1a2 an1    , suy lim Sn  n Câu II 4,0 điểm n 1,0 đ a1 Gọi G trọng tâm tam giác ABC trung điểm BC, CA, AB Gọi I, J ,K tam giác nhận, A, B, C trung điểm cạnh JK, KI, IJ Do G trọng tâm tam giác IJK 1,0 đ Từ cách dựng suy HA, HB, HC đường trung trực JK, KI, IJ Do H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R 1,0 đ Gọi hình chiếu vuông góc O lên đường JK, KI, IJ Do G trọng tâm hai tam giác nên: Xét V(G; -1/2) biến A, B, C, I, J, K thành Có trung điểm BC nên ∟BC, ∟BC Vậy 1,0 đ thẳng hàng Do Suy // AD Vậy Thẳng hàng Tương tự có Câu III 4,0 điểm vuông góc với BC biến D thành biến E thành biến F thành D, E, F thẳng hàng thẳng hàng Do hình chiếu vuông góc O lên đường JK, KI, IJ nên theo định lí Simson thẳng hàng O nằm đường tròn ngoại tiếp 1,0 đ Tìm tất hàm số f : ¡  ¡ cho: : x, y ¡ 0,5 đ f  xf  x  y    f  yf  x    x2 (1) Cho x  vào (1) có f  0  f  yf  0  y ¡ suy f    ngược lại cho y  z / f   f    f  z  z  ¡ suy f hàm hằng, thay vào (1) vô lý Cho y  y   x vào ( 1) có f  xf  x    x2 0,5 đ  f  xf  x  x    f   xf  x    x2 x  ¡   x  f   xf  x   Nếu tồn z0 cho f  z0    f  z0 f  z0     z0  vô lý 0,5 đ Chứng minh hàm số đơn ánh Giả sử f  x   f  y  suy 1,0 đ x  f  xf  x    f  xf  y    f  f  y  x  f  x   x  f  x   y  x  f  x     x  y  x y Chứng minh f   x    f  x   x  ¡ giả sử x  x  hiển nhiên 0,5 Giả sử f  x    z  cho f  x   z Vì f đơn ánh f  zf  z    z nên x  zf  z  f   x   f   zf  z     z   f  x  Trong trường hợp f  x   chứng minh tương tự 1,0đ Mặt khác, ta có f  yf  z     x  f  xf  x  y   2   x   x  y    x  y   f   xf  x  y       x  y  f  y   xy    y   f   x  y  f   y     xy  f   yf  x      y  xy  f Suy f  xf  y    xy  x, y ¡ Tương tự f  yf  x    xy xf  y   yf  x   f  x   cx  x  ¡ thay vào 0,5đ (1) suy c  1;1 Thử lại hai hàm số f  x    x thỏa mãn yêu cầu Câu IV +) Với n  ta thây thỏa mãn 0,5 +) Xét với n  1,5d 4,0 điểm *) với p  13  a n không tồn a n *) Với p  p lẻ Giả sử tồn hai số a n thỏa mãn Ta có i 1  p  a      3    1 p i 3i 1  suy a n M  aM  i 1  n p p i 1  p      1 p i 3i 1 M Hơn n   a n M  i 1  1 Mặt khác với i  1,2, , p  ta có :  1 i 1 pi.3i1   1 pi.   i 1 i 1 1,0đ   1 pi. 2  i 1 i 1  p  Do    1 p i 3i 1   p.2 p 1  mod5     i 1  i 1  p1  mod 5 Do  p1 ,5   nên pM TỪ (1) (2) ta có p.2 p 1 M Vậy p  1,0  a  5k  k  ¢  Khi Mà aM 25  35   5k   275   5k   275M 5n  n   k  11 vô lý n n Vậy không tồn số nguyên n  thỏa mãn Kết luận n  CÂU V 4,0 điểm Từ giả thiết suy số phần tử S 144 0,5 Không giảm tính tổng quát, giả sử tô điểm tô đỏ S nhiều Theo nguyên llý Dirichlet, số điểm đỏ S 48 Ký hiệu điểm màu đỏ có tung độ i mi , i  1,2, ,12 ta có Số cặp điểm màu đỏ có tung độ i Cm2i  mi  mi  1 12  mi  48 i 1 Sô có cặp điểm màu đỏ có tung độ S : 12 12 mi  mi  1 i 1 i 1  Cm2i    12    mm2 i  i 1   12      mi    i 1   12   12   12    12      mi     mi     mi     mi   12   48  48  12   72 24  i 1   i 1  24  i 1    i 1   24 Vậy số cặp điểm màu đỏ có tung độ S 72 cặp Mặt khác số cặp điểm trục hoành có tung độ số nguyên từ đến 12 C122  66 Do chiếu cặp điểm màu đỏ lên trục hoành có cặp hình có chiều trùng nhau, hai cặp điểm xác định hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu Mọi cách giải đúng, khác đáp án cho điểm tối đa tương ứng với thang điểm đáp án 1,5