Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 năm 2016 đề đề xuất trường THPT chuyên lê quý đôn đà nẵng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP ĐÀ NẴNG HỘI THI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI 11 - Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu I: (4 điểm) Cho phương trình: x n  x  x   với n  N, n > 1) Chứng minh với số nguyên n > 2, phương trình có nghiệm dương xn 2) Xét dãy số sau đây: U n  nxn  1 , n = 2, 3, 4, Tìm limUn ? Câu II: (4 điểm) Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I), đường trịn ngoại tiếp (O) Đường trịn tâm A, bán kính IA cắt (O) M, N cho M nằm khác phía với C đường thẳng AB Đường thẳng MN cắt cạnh AB, AC P, Q Gọi (K) đường tròn tiếp xúc với (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Câu III: (4 điểm) Ký hiệu Q  tập hợp tất số hữu tỷ dương Tìm tất hàm   số f : Q   Q  thỏa mãn điều kiện: f f x  y  x f ( xy ) , x, y  Q  Câu IV: (4 điểm) Cho m > số nguyên Chứng minh với số nguyên n biểu diễn dạng n = a + b, a số nguyên nguyên tố với m b số nguyên cho b2  bmod m Câu V: (4 điểm) Điền 29 số nguyên dương vào ô vuông bảng x cách sau: Cho phép thay đổi vị trí số bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy số nằm ô kề với ô trống chuyển số sang trống Hỏi cách thực liên tiếp số hữu hạn lần phép chuyển số nói bảng số ban đầu ta nhận bảng số sau hay không? 29 10 10 11 12 13 14 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 25 26 27 28 Bảng Bảng - HẾT Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh………………… Số báo danh Chữ ký giám thị 1:…………………… Chữ ký giám thị 2:……………… Họ tên người đề: NGUYỄN QUỐC KHÁNH - SỐ ĐT: 0905129894 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TỐN LỚP 11 (Hướng dẫn chấm gồm có 10 trang) Câu Câu I Điểm Nội dung Cho phương trình: x n  x  x   với n  N, n > (4 điểm) 1) Chứng minh với số nguyên n > 2, phương trình có nghiệm dương xn 2) Xét dãy số sau đây: U n  nxn  1 , n = 2, 3, 4, Tìm limUn ? 1) Xét phương trình: f(x) = x n  x  x   , với n nguyên, n > (1) +) Ta có: f’(x) = nxn -1 – 2x – Do n > 2, nên x > f’(x) > Vậy f(x) hàm số đồng biến 1; Lại có: f(1) = -2 < 0; f(2) = 2n – > ( n nguyên n >  n  3) 1,0 Ta có: f(1)f(2) < f(x) liên tục, đồng biến nên phương trình f(x) = có nghiệm 1; +) Mặt khác với < x < xn < x2 ( n > 2) suy f(x) < với < x < Như ta chứng minh (1) có nghiệm dương với 1,0 n nguyên, n > 2) Gọi xn nghiệm dương phương trình xn – x2 – x – = Bây xét dãy (Un) với Un = nxn  1 , n = 3, 4, 5, Ta có: xnn  xn2  xn   hay xn  n xn2  xn  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: xn2  xn  11    1 x n  n x n2  x n   n x n2  x n  1.1.1 1 < n so (2) n n 1 sô (Chú ý < xn nên xn2  xn   , bất đẳng thức 1,0 khơng có dấu bằng) +) Mặt khác xn < 2, nên xn2  xn  , nên từ (2) có:  xn   (3) n n Bất đẳng thức (3) với n  lim  nên từ (3) ta có: lim xn  (4) ln xn2  xn  1 +) Ta có: x  x  xn   n ln xn  ln x  xn  1  n  ln xn n n n Từ đó: n  xn  1  n xn  1 ln x  x ln xn n n  1 (5) Đặt yn  xn   lim yn  Ta có: lim ln x n ln  y n  1 ln t  1  lim  lim  suy từ (5) t 0 xn  yn t 1,0 lim U n  lim nxn  1  ln Vậy: lim U n  ln Câu Câu II (4 điểm) Nội dung Điểm Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I), đường trịn ngoại tiếp (O) Đường trịn tâm A, bán kính IA cắt (O) M, N cho M nằm khác phía với C đường thẳng AB Đường thẳng MN cắt cạnh AB, AC P, Q Gọi (K) đường tròn tiếp xúc với (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Ta có: AM = AN = AI  AMN  MBA Do đó, hai tam giác AMP ABM đồng dạng nên AM2 = AP.AB Chứng minh tương tự, ta có AN2 = AQ.AC 1,0 Vậy AI2 = AM2 = AN2 = AP.AB = AQ AC Suy tứ giác PBCQ nội tiếp hai tam giác AQI AIC đồng dạng Do IQC  A A C B PQC  AIQ    900   2 2 1,0 Suy QI phân giác góc PQC , PQ tiếp xúc với (I) +) Xét phép nghịch đảo N(A, IA2) với tâm A, phương tích IA2 P  B, Q  C , đường thẳng PQ PQ qua N(A, IA ) biến thành đường tròn (O) đường thẳng BC biến thành đường trịn ngoại 1,0 tiếp tam giác APQ +) Vì đường thẳng AB, AC qua tâm A N(A, IA2) nên qua phép biến thành nó; đường trịn (I) tiếp xúc với PQ hai cạnh AB, AC nên qua N(A, IA ) biến thành đường tròn (K) 1,0 Hơn nữa, (I) tiếp xúc BC nên (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác (APQ) Câu Câu III Điểm Nội dung Ký hiệu Q  tập hợp tất số hữu tỷ dương Tìm tất (4 điểm) hàm số f : Q   Q  thỏa mãn điều kiện:   f f x  y  x f ( xy ) , x, y  Q  Ta có: f  f x 2 y   x f ( xy ) , x, y  Q  (1) Trong (1) thay y = 1, ta có: f  f x 2   x f ( x)  f f x  - Giả sử f(x) = f(y), ta có: x  f ( x) (2)   f  f y   y f ( y)  x = yf 1,0 đơn ánh +) Thay x xy (2) áp dụng (1) hai lần, lần thứ hai y, f x  (x; y) : f  f xy 2   xy 3 f ( xy )  y f  f x 2 y   f  f x 2 f  y 2  1,0 Vì f đơn ánh nên ta có: f xy 2  f x 2 f  y 2 , f xy   f x f  y , điều suy f(1) = f x n   f x n , n  N +) Phương trình (1) viết lại:   f f  x  f ( y )  x f ( x) f ( y )  f  f ( x )   x f ( x ) (3) Đặt g ( x)  xf ( x) Từ (3), ta có : g g x   g xf ( x)  xf ( x) f xf x   xf ( x) f  f ( x)   xf  x  x f ( x )   xf ( x)  5/  g ( x)  5/ 1,0 , qui nạp ta có g g  g ( x)   g ( x) 5 /  với n nguyên dương n (4) n+1 Xét (4) với x cố định Vế trái (4) số hữu tỷ, g x 5 /  phải số hữu tỷ với n Ta chứng tỏ điều n xảy g(x) = Gỉa sử g(x)  1, phân tích g ( x)  p1 .pk , với p1 , , pk k số nguyên tố phân biệt 1 , , k số nguyên không âm Suy g  g  g ( x)    g ( x)  5 / n  p15 /  1 .pk5 /   k số n n mũ phải số ngun khơng n lớn  g(x) 1,0  khơng thể, g(x) = f ( x)  ; x  Q  x x Kiểm tra lại f ( x)  ; x  Q  thỏa mãn (1) x Kết luận: f ( x)  ; x  Q  Câu Câu IV (4 điểm) Nội dung Điểm Cho m > số nguyên Chứng minh với số nguyên n biểu diễn dạng n = a + b, a số nguyên nguyên tố với m b số nguyên cho b  bmod m - Ta xét trường hợp thứ với m  p , p số nguyên tố   Giả sử n số nguyên Khi đó, xảy hai trường hợp: a) p không chia hết n Trong trường hợp ƯCLN m, n  1,0 ta chọn a, b  n,0 b) p chia hết n Trong trường hợp p không chia hết n - (bởi ngược lại p chia hết 1) Từ suy ƯCLN m, n  1  ta lấy a, b  n  1,1 1,0 - Ta đến trường hợp tổng quát với m  p1 p2 .pr với số r nguyên tố phân biệt p1, p2, p3, , pr số nguyên dương 1,2 , ,r Giả sử n số nguyên Bằng cách sử dụng trường hợp trên, với k cho  k  r , có ak , bk  để n  ak  bk , 1,0 ƯCLN  pk , ak   bk2  bmod m k -Theo định lí Trung Hoa phần dư tồn số nguyên b   b  bk mod pk k với k = 1, 2, , r cho Vì b2  b  bk2  bk  0mod pk k  p , p , ,p  số nguyên r 1,0 tố phân biệt nên ta kết luận b  b  0mod p11 p22 prr  , tức b  bmod m Câu Câu V (4 điểm) Điểm Nội dung Điền 29 số nguyên dương vào ô vuông bảng x cách sau: Cho phép thay đổi vị trí số bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy số nằm ô kề với ô trống chuyển số sang trống Hỏi cách thực liên tiếp số hữu hạn lần phép chuyển số nói bảng số ban đầu ta nhận bảng số sau hay không? 29 10 10 11 12 11 12 13 14 13 14 15 16 17 18 19 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 25 26 27 28 Bảng Bảng Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc đề bài, từ Bảng ta nhận Bảng (*) Ta coi trống bảng ô điển số Với bảng số nhận trình chuyển số, ta liệt kê tất số bảng theo thứ tự từ hàng xuống hàng hàng từ trái qua phải Khi ứng với bảng số ta có hốn vị 30 số tự nhiên Và đó, điều giả sử (*) tương đương với: Từ hốn vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, , 9, 10, 11, 12, 0, 13, 1,0 10 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29) (gọi hốn vị a) nhận hoán vị (29, 2, 3, 4, ,11 12, 0, 13, 14, 15, .27, 28, 1) (gọi hoán vị b) nhờ việc thực liên tiếp số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số hoán vị theo qui tắc: Mỗi lần, lấy hai số hốn vị đổi vị trí số cho số liền kề với số (1) +) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) hoán vị 30 số tự nhiên Ta gọi cặp số ai ; a j  cặp số ngược hoán vị vừa nêu  a j i  j Dễ thấy, sau lần thực phép đổi chỗ hai số kề hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) số cặp số 0,5 ngược hốn vị tăng giảm đơn vị +) Khi chuyển chỗ hai số n ( n  tùy ý) hoán vị, tức chuyển liên tiếp qua n số kề với chuyển 0,5 n liên tiếp qua n – số kề với nó, nghĩa chuyển 2n – (một số lẻ lần) hai số kề nhau, cặp số ngược hốn vị tăng giảm số lẻ đơn vị (2) +) Ta có: Số cặp số ngược của hoán vị a 12 số cặp số ngược hốn vị b 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy từ hoán vị a ta nhận hốn vị b sau số lẻ lần thực 1,0 phép đổi chỗ hai số Điều cho thấy, từ Bảng ta nhận Bảng số lần đổi chỗ hai số hai phải số lẻ (3) +) Tô màu tất ô vuông bảng x hai màu xanh, đỏ cho hai kề có màu khác Sau lần đổi 11 chỗ hai số hai kề nhau, có số ô trống, theo cột hay 1,0 theo hàng số chuyển từ có màu sang có màu Và số bảng số bảng nằm hai ô màu nên từ bảng ta nhận bảng sau số chẵn lần đổi chỗ hai số hai kề nhau, có số Điều mâu thuẫn với (3) mâu thuẫn cho thấy: Từ Bảng ta khơng thể nhận Bảng nhờ số hữu hạn lần đổi chỗ hai kề nhau, có số trống, theo quy tắc đề 12 13 14