DE THI DAP AN TRAI HE HUNG VUONG KHOI 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 11 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CĨ ĐÁP ÁN KIÊN GIANG, THÁNG NĂM 2016 LÊ QUỐC TRUNG TEL: 0919522844-EMAIL:lequoctrunghmd@gmail.com-FACE: Quốc Trung Lê "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia ĐỀ THI OLIMPIC TOÁN HỌC 2005 Trại hè Hùng vương 2005 Olympic Toán học GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu gửi tặng thày giáo, cô giáo Câu (7 điểm) Các số nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 lập thành cấp số cộng tăng Có cấp số cộng thoả mãn điều kiện a1  50 , a5  100 ? Giải Ta có a5  a1  4d với d nguyên dương cho a_1>50, a_1+4d 0, ∀t nên f(t) hàm đồng biến \ Do pt (3) 0,5 0,5 ⇔ cos x + = cos x ⇔ cos x + = 8cos3 x ⎡cosx=1 ⇔ ( cosx-1)( cos x + 1) = ⇔ ⎢ ⎢cosx=- ⎣ 2 Với cosx=1 ⇔ x=k2π (k ∈ ]) 2π + k 2π Với cosx=- ⇔ x = ± 0,5 (k ∈ ]) Điều kiện : −1 ≤ x ≤ ⎡ π⎤ Đặt x = cos2t , t ∈ ⎢ 0; ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ Bất phương trình tương đương với : cos 2t + cos2t + − cos2t ≤ − cos 2t ⇔ 2(cos t + sin t ) ≤ − π π π ⇔ 2cos(t − ) ≤ − sin (t − )cos (t − ) 4 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 0,5 0,5 1,0 005 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia ⎡ π ⎤ π π ⇔ − ⎢1 − cos (t − )⎥ cos (t − ) − 2cos(t − ) ≥ ⎢⎣ ⎥⎦ 4 π π π ⇔ cos (t − ) − cos (t − ) − 2cos(t − ) + ≥ 4 2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ π π ⇔ ⎢ cos (t − ) −1⎥ + ⎢ cos(t − ) − 1⎥ ≥ (*) 4 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎡ π⎤ (*) với ∀t ∈ ⎢ 0; ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ Vậy bất phương trình cho ln có nghiệm với ∀x ∈ [−1;1] Câu ( 1,0 4,0 ) f f ( y + f ( x ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) + y, ∀x, y (1) 1,0 Trong (1) thay y f(y) ta có: f f ( f ( x ) + f ( y ) = f ( x + f ( y ) ) + f ( x ) + f ( y ) ∀x, y (2) ( ) Trong (2) thay y x x y ta có: f f ( f ( y ) + f ( x ) = f ( y + f ( x ) ) + f ( y ) + f ( x ) ∀x, y (3) 1,0 (2),(3) ⇒ f ( x + f ( y ) ) = f ( y + f ( x ) ) ∀x, y ,từ (1) có: 1,0 ⇒ f ( x ) = x + a∀x 1,0 5,0 ( ) f ( x + y ) + f ( x ) + y = f ( x + y ) + f ( y ) + x∀x, y ⇒ f ( x ) − x = f ( y ) − y = a ∀x, y Câu B D E H M P I F A K C Gọi D điểm đối xứng A qua BC Gọi P giao điểm CD MH Ta thấy : Δ BHD = Δ AKB ( Do BA = BD, ∠ B = ∠ A = 90 , BH = HM = AK) Do ∠ AKB = ∠ BHD ⇒ BK ⊥ HD (tại E) 1,0 Tương tự ta có CH ⊥ KD (tại F) Trong tam giác DKH đường cao KB CH cắt I nên DI đường cao thứ Hay DI ⊥ KH (1) 1,0 1,0 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 006 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Mặt khác Δ PDM = Δ AKH ( Do AK = BH = DP, ∠ P = ∠ A = 90 , MP = MK) Do ∠ PMD = ∠ AHK ⇒ MD ⊥ HK (tại E) (2) Từ (1) (2) ta có DI DM vng góc với KH nên I, D, M thẳng hàng Chứng tỏ MI qua D cố định Câu +) Nếu n = 2k, k ∈ ] ⇒ n = 16k ≡ ( mod16 ) 2,0 3,0 1.0 +) Nếu = 2k + 1, k ∈ ] ⇒ n − = 4k ( k + 1)#8 ⇒ n − 1#16 ⇔ n ≡ 1( mod16 ) Do đó, ta có: x14 + x24 + + x124 ≡ r ( mod16 ) , ( r ∈ `, r ≤ 12 ) Mặt khác, ta có: 2013 ≡ 13 ( mod16 ) Do vậy, phương trình cho khơng có nghiệm ngun 1.0 1.0 2,0 Câu Sắp xếp 2012 số nguyên dương thành hàng theo thứ tự tăng Nếu số chọn đặt biểu tượng Y số đó, khơng chọn đặt biểu tượng N số Gọi x1 số lượng số có biểu tượng N đứng trước biểu tượng Y đầu tiên; x2 số lượng số có biểu tượng N biểu tượng Y biểu tượng Y thứ hai, , x11 số lượng số có biểu tượng N biểu tượng Y thứ 10 biểu tượng thứ 11; x12 số lượng số đứng sau biểu tượng Y thứ 11 Khi có tương ứng – lựa chọn chấp nhận với nghiệm nguyên phương trình: x1 + x2 + + x12 = 2001 với 11 x1 ≥ 0, x2 ≥ 1, , x11 ≥ 1, x12 ≥ Do kết cần tìm C2002 2,0 Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh giải theo cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai không điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau.- Điểm toàn tính đến 0,5 khơng làm tròn Hết LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 007 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia SỞ GD&ĐT HỊA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUN HỒNG VĂN THỤ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX MƠN: TỐN - LỚP: 11 Ngày thi: 02 tháng 08 năm 2013 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm: 01 trang Họ tên thí sinh………………………………………………… … SBD………………… Câu (5 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định ( u1 ) = 2014, un+1 = un4 + 20132 , ∀n ∈ ℕ* un − un + 4026 n , ∀n ∈ ℕ* Tính lim + u 2013 k =1 Đặt = ∑ k Câu (5 điểm) Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc BAC E nằm tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD F (khác B), AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK Câu (4 điểm) Tìm tất hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) với x, y ∈ ℝ f ( x ) ≤ e x − với x ∈ ℝ Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau: y   x − ( x + y) = x − y ( x, y ∈ ℝ )  2 x + y − x − = 11 )  ( Câu (2 điểm) Trên bảng ô vuông × , người ta đặt số viên sỏi cho vng có khơng q viên sỏi Với cách đặt ta cho tương ứng với số điểm tổng số: hàng, cột, đường chéo chứa số lẻ viên sỏi Bảng khơng có sỏi ứng với điểm a) Tồn hay không cách đặt sỏi cho ô bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách đặt b) Chứng minh số cách đặt sỏi với điểm số số chẵn số cách đặt sỏi với điểm số số lẻ Hết - Giám thị coi thi khơng giải thích thêm! - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính bỏ túi! Giám thị 01: Giám thị 02: LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 008 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Câu Cho dãy số ( un ) Phương pháp - Kết un4 + 20132 xác định ( u1 ) = 2014, un+1 = , ∀n ∈ ℕ* un − un + 4026 n Đặt = ∑ , ∀n ∈ ℕ* Tính lim u + 2013 k =1 k ( un − 2013) ( un3 + 2013) un4 + 20132 Ta có un+1 − 2013 = − 2013 = un − un + 4026 un ( un2 − 1) + 4026 Điểm 5.0 1.0 Từ quy nạp ta chứng minh un > 2013, ∀n ∈ ℕ * ( un − 2013) ( un3 + 2013) un+1 − 2013 = ( un + 2013) − ( un − 2013) Từ (1) suy (1) 1.5 1 1 1 = − ⇒ = − un +1 − 2013 un − 2013 un + 2013 un + 2013 un − 2013 un +1 − 2013 n   1 1 Do = ∑  − − = 1− = uk +1 − 2013  u1 − 2013 un +1 − 2013 un+1 − 2013 k =1  uk − 2013 Ta chứng minh lim un = +∞ u − 4026un + 20132 ( u − 2013) > 0, ∀n ∈ ℕ* = 3n Thật vậy, ta có un+1 − un = n un − un + 4026 un − un + 4026 1.5 Suy ( un ) dãy tăng, ta có 2014 = u1 < u2 < Giả sử ngược lại ( un ) bị chặn ( un ) dãy tăng nên lim un = a < +∞ a > 2014 Khi a + 20132 a = ⇒ a = 2013 < 2014 (vô lý) Suy ( un ) không bị chặn trên, a − a + 4026 lim un = +∞   Vậy lim = lim 1 −  =1  uk +1 − 2013  Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc BAC E nằm tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD F (khác B), AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1.0 5.0 009 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Bài Hướng dẫn giải Thật vậy, với 11 màu khác mà ta gọi màu 1, màu 2,…, màu 11, xét cách tô màu sau: Số tô màu Các số tô màu Các số từ đến tô màu Các số từ đến 15 tô màu Các số từ 16 đến 31 tô màu Các số từ 32 đến 63 tô màu Các số từ 64 đến 127 tô màu Các số từ 128 đến 255 tô màu Các số từ 256 đến 511 tô màu Các số từ 512 đến 1023 tô màu 10 Các số từ 1024 đến 2017 tô màu 11 Dễ thấy cách tơ màu thỏa mãn khơng có hai số màu chia hết cho Vậy cần 11 màu Điểm 3,0 Đặt abcd  A,1000  A  9999 Ta có abcd 2016 2017  (10000 A  2016) 2017  (4.2017 A  1932 A  2017  1) 2017  (1932 A  1) 2017  1139(1932 A  1) 2017 (*) 2,0 Vì (1139, 2017) = nên (*)  (1091.2017 A  A  1139) 2017  ( A  1139)  2017 Vì 1000  A  9999 nên 139  A  1139  8806 Do  A  1139   A  1139  A  1139  2017  A  3156   ( A  1139) 2017   A  1139  4034   A  5173    A  1139  6051  A  7190  A  1139  8068  A  9207 Từ suy chữ số a, b, c, d 2,0 -Hết- LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 311 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MƠN: TỐN – KHỐI 11 Năm học: 2015 – 2016 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4 điểm) Cho dãy số un  xác định sau u1   * un1  un  un   un   un    16, n   Đặt   n i 1 , tính lim ui  Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC cân đỉnh B có ABC  200 Trên cạnh BC BA lấy điểm D, E cho DAC  600 ECA  500 Tính góc ADE Câu (4 điểm) Xác định hàm số f   x    f  x  ;   thỏa mãn đồng thời điều kiện:  f x    f x , x     f  x f    , x  x x Câu (4 điểm) Một quân cờ di chuyển bàn cờ 2016  2016 theo ba cách: lên ô, sang bên phải ô, xuống bên trái ô Hỏi quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát không? Câu (4 điểm) Cho p số nguyên tố Tìm tất đa thức f x  với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n , f n  ước p n  …………… HẾT…………… LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 312 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC KHỐI 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Năm học: 2015 – 2016 Câu Dễ thấy un  0, n   Theo ta có Nội dung * Suy Do u un1  n  6un  u  6un    16  n un 1    un  1 un      un1  Điểm u  n 1,0  6un    u  6un  2 n 1  un  un  n  1  1 1        ui 1   u1  un 1  un1  i 1 ui  i 1  ui  n 1,0 Mặt khác, từ un 1  un2  6un  ta suy un 1  6un Kết hợp với u1  ta có un  6n 1, n  *  lim un    lim 1,0  un 1  1  Từ ta có lim  lim     un 1  1 1,0 Gọi F điểm đối xứng với D qua đường phân giác góc B O giao điểm AD CF Dễ thấy, hai tam giác OFD OAC B hai tam giác Nên ta có FD = OD, AC = AO Mặt khác AEC  1800  ECA  EAC  1800  500  800  500 F E Nên AC = AE hay AE = AO Từ ta có: OEA  EOA  1800  EAO   800 Ta lại có OFE  FCD  FBD  400 FOE  180  AOC  EOA  180  60  80  40 Nên EF = EO hay FDE  ODE 0 0 1,0 O A Do ADE  ODF  300 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! D 1,0 C 1,0 1,0 313 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia  x 1 x  ta có: f    x   1 f 1      x f  x 1 f   1 x x 1 Mặt khác, với x khác 0; 1 ta có:   f x  2      x 1 x 1  x   x 1  x 1  f  f  f  x       x  x  x       x  x      x    x    f  x  1   x    x  1  f  x  1 1      x  1   x   x  1  1   x  1   f  x     x  x  f  x    x x   x 1    x  2   f 1    x 1 f  x   x  x  f  x   x2 x  f  x   x với x khác 0; 1 1,0  2 Từ 1   ta có:  Từ có 1,0 1,0 suy f    Ta có f  1   f 1   1  f     1 Vậy Sau bước, tổng thứ tự hàng cột chứa quân cờ giảm tăng lên 1,0 1,0 1,0 Như vậy, xét theo modulo tổng tăng bước Do có 20162  bước, kết thúc ô kề bên phải ô xuất phát tổng tăng đơn vị Do đó, 20162  chia hết cho 3, mâu thuẫn 1,0 Vậy quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên 1,0 Gọi A tập ước số nguyên p  Nhận xét tất đa thức 1,0 phải ô xuất phát số, f x   b, b  A thỏa mãn tốn (vì n   , p  1 p  1b ) * n Giả sử tồn đa thức f x  có bậc dương thỏa mãn toán Gọi q ước số nguyên tố f n , n   * Ta có f n  q   f n n  q  n   q Mà f n q  f n  q q Như p n  1 f n q, p n q  1 f n  q q  p n q   p n  1  p n p q  1q LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1,0 314 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Từ suy với p  q, pq  1q Mặt khác theo định lý Fermat pq  p mod q   pq   p q  p   p  1q 1 Xét n   , n  1p  1 Số số n vơ hạn, A tập * hữu hạn đa thức f x  có bậc dương, suy có số n mà f n   A Mặt khác p n   p  1 B,     B  p n1  p n2   p   n mod p  1  mod p  1 Suy p  1, B   1,0 1,0 Do f n   A nên có ước số q f n  mà B q  p  1q Mâu thuẫn với 1 Vậy tất đa thức thỏa mãn toán đa thức số f x   b,b  A LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 315 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII NĂM 2016 Mơn: TỐN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  xác định x1  xn 1  21  xn  với n  1, 2, Chứng minh dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn Tính giới hạn Câu (4,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  Chứng minh : x 1 x  y 1 y  z 1 z  1 21  2 2 x y z Câu (4,0 điểm) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn: b3  chia hết cho a a  chia hết cho a Chứng minh : a  b b  a  b  b  Câu (4,0 điểm) Xét điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi đường thẳng chứa cạnh AB, AC tam giác ABC cho MN song song với BC đường thẳng BN, CM cắt P Gọi Q giao điểm thứ hai (khác điểm P) đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP CNP Chứng minh Q nằm đường thẳng cố định Gọi A , B , C  điểm đối xứng với Q qua đường thẳng BC , CA , AB Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  nằm đường thẳng cố định. Câu (4,0 điểm) Chứng minh với số nguyên dương n lớn ta loại bỏ hai số thuộc tập hợp Sn  1, 2, , n cho tổng số lại số phương ……… Hết……… - Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay - Giám thị coi thi khơng giải thích thêm - Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………… LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 316 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII NĂM 2016 ĐỀ ĐỀ XUẤT Lưu ý chấm bài: Mơn: TỐN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) - Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu học sinh khơng vẽ hình khơng cho điểm - Điểm tồn tính đến 0,50 khơng làm tròn Câu (4,0 điểm) Nội dung Điểm Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh xn  n  1, 2, 0,5 Ta có x1  3, x2  21  x1   21   Giả sử xn  Khi xn 1  21  xn   21   theo nguyên lý quy nạp suy xn  5, n    Tóm lại ta chứng minh  xn  5, n  1, 2, Ta có x1  x2 Giả sử xn 1  xn     1 21  xn   21  xn 1  xn   xn 1  xn21  xn2   0 xn 1  xn xn 1  xn xn 1  xn Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy dãy số cho dãy số tăng Dãy  xn  tăng bị chặn dãy có giới hạn hữu hạn Đặt lim  L xn 1  xn  n   L  Từ xn 1  21  xn  , n  1, 2, cho n   ta L  21  L  Với điều kiện  L  ta có   L2  25      L2  21   2   2l    L2  25    2l   10  L      L  5  L    3 0  2L   2L    Dễ thấy L    3  L  Vậy phương trình  3 có nghiệm  2L  L  Từ lim xn  Kết luận: dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và lim xn  n  0,5 0, 0,5 1,0 1,0 n  LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 317 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Câu (4,0 điểm) x Đặt : M   y  z Nội dung  Điểm 1  2 2 x y z 1 x 1 y 1 z 1 1 1     2 2 x y z 1 1 1 1 2 x y z 2 0,5 1 1 1 ; b  ; c  ,  a, b, c   ,  xy  yz  xz    x y z ab bc ca 1 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có      abc  27 ab bc ca abc Đặt a  1   abc a 1 b 1 c 1 a 1  1 b 1           a  a  16   b  b  16  c   15     a  b  c    16  c  c  16  16 1,0 Khi M  1,0 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta M  33  a 1 b 1 c 1 15  33  33   3 abc  64  a  1 64  b  1 64  c  1 16 16 3 15 21    3   4 16 16 3 Dấu xẩy a  b  c  hay x  y  z  Câu (4,0 điểm)  0,5 Nội dung Giả thiết : b3   a  b3   ka , k  *  * a   b Từ suy k  1 mod b   k  1  lb , l   , l  b , * Từ * **  b3    1  lb  a  a  ** b3    b3  1 lb  lb   lb  l  b  b  lb   b  lb  1  b  l  lb   b  l  lb  Mặt khác 2 2 l 2b3  l  b  b  lb   b  l 2b  1   b  l   lb   l  b  lb  Trường hợp l  b  a  1,0 l6 1  l 1  b b 1 l3 1 Điểm 1,0 0, 0,5 0,5 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 318 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Trường hợp l  b  l  b  Xét  l  b Do b  l  lb   b  l  lb  mà b  l  lb  l   b  lb  b  l  lb  , mâu thuẫn (loại ) 2  0,5 b  l  b Do l  b  lb   l  b  lb  mà l  lb , q  Xét l  b  lb  , mâu thuẫn (loại ) 1,0 Vậy l   a  b  b  Kết luận a  b b  a  b  b  Câu (4,0 điểm) Nội dung Điểm A M B' N P J C' I Q 1) (2,0 điểm) B C L Do B , Q, P, M nằm đường tròn C , Q, P, N nằm đường tròn, nên ( BQ ; BM )  ( PQ ; PM )  ( PQ ; PC )  ( NQ ; NC ) ( MQ ; MB)  ( PQ ; PB)  ( PQ ; PN )  (CQ ; CN )  mod    mod   Từ suy BQM ~ NQC (2) Gọi I J theo thứ tự hình chiếu Q đường thẳng BM CN Khi đó, QI MB AB (2) nên (do MN || BC )   QJ NC AC 1,0 1,0 Từ đó, theo tính chất đường đối trung, Q nằm đường đối trung kẻ từ A tam giác ABC 2) (2,0 điểm) Gọi L giao điểm AP với BC Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có MA LB NC    1 (1) MB LC NA 0,5 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 319 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Do MN || BC nên MA NA LB từ (1) suy   1 hay L trung điểm BC MB NC LC Do AQ đường đối trung nên BAQ  CAP kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên AQI  AJ I suy CAP  AJI  AQI  BAQ  900  AP  IJ (3) Do cách xác định điểm B , C  nên AB  AC   AQ hay tam giác ABC  cân A , kết hợp với IJ đường trung bình tam giác QBC   IJ || B ' C ', AB '  AC ' (4) Từ (3), (4) suy AP đường trung trực đoạn B’C’ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  nằm đường thẳng AP hay nằm trung tuyến AL tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Nội dung Xét tập Sn  1, 2, , n loại hai số thuộc Sn gọi S tổng số lại n  n  1 n  n  1 n  3n  n2  n    n 1  n  S   1    S 2 2  n  n  1 n  n  1    n 1  n ;  1    ln tồn Hơn với a     cách xóa hai số từ Sn để S  a  n  3n  n  n   ; Cuối cần chứng minh đoạn   có số 2   0,5 0,5 0,5 Điểm 1,0 1,0 phương Phản chứng: Thật giả sử không tồn số phương thuộc đoạn nói nghĩa với m  * ta có : m  n2  3n  n2  n     m  1 2 n  3n  n2  n  n2  n  n2  3n    m 1   1 2 2  2n  14n  21  ( Bất đẳng thức sai với n  ) m Cuối ta cần kiểm tra với n   n  xét tập S3  1, 2,3 ta loại bỏ hai số  n  xét tập S4  1, 2, 3, 4 ta loại bỏ hai số 1,0 0,5 0,5 …… Hết……… LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 320 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MƠN TỐN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH N BÁI (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) TRƯỜNG THPT CHUYÊN LỚP 11 ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu (4 điểm) Cho dãy số thực  un  với n  * thỏa mãn ln 1  un2   nun  1, n  * n 1  nun  n un Tìm lim Câu (4điểm) Cho ABC vuông A  ABC   ACB ;   đường tròn ngoại tiếp ABC ; Tiếp tuyến A   cắt đường thẳng BC D; E điểm đối xứng A qua BC; X hình chiếu vng góc A lên BE; Y trung điểm AX; BY cắt đường tròn   điểm thứ hai Z Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ADZ Câu (4điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện: f  y  f  x    f  x   y f  x   y f  x   yf  x   f   y  , x, y   1 Câu (4điểm)  Tìm số nguyên tố p nhỏ để    (  a  phần nguyên số a) p  2n   chia hết cho 2n1 với n    Câu (4điểm) Trên mặt phẳng, kẻ vô hạn ô vuông (dạng bàn cờ) ô vuông điền hai số cho hình chữ nhật có kích thước 2x3 có hai điền số Xét hình chữ nhật có kích thước 2016x2017 Tính tổng số có HẾT LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 321 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: Tốn, LỚP: 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Với n  * , đặt f n  x   ln 1  x   nx  1, x    x  1  n   2x Ta có f  x   n 1 x  x2 Điểm ' n 1,0  x  1 f  x    n  ' n Do f n  x  hàm tăng thực   f n    1   Ta có       f n  n   ln   n        Do !un   cho f n  un    un  Ta thấy lim un  n 1,0 n  u2 ln 1  un  n   nlim  Do đó:   lim nun  lim 1  ln 1  un2    n    n 1,0 n ln 1  un2  n 1  nun   u2  Vậy lim  lim  lim  nun ln 1  un  n   n n n  un un   1,0 A Z Y B H C D 1,0 X G E LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 322 Gọi AG đường kính đường tròn   H giao điểm AE "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia BC Ta thấy B, G nằm phía so với đường thẳng AE  ABC   ACB   AEG  900   AXB Ta có:   AGE đồng dạng với ABX     AGE  ABE  ABX   BAX  GAE    GA AE    BA AX Hơn AE AH  AX AY Do AGH đồng dạng với ABY   AGH   ABY Gọi Z’ giao điểm thứ hai GH với   Ta có  ABZ '   AGZ '   ABY   ABZ Z, Z’ thuộc cung nhỏ  AE 1,0  Z , Z ' trùng hay G, H, Z thẳng hàng G, H, Z thẳng hàng   AZH   AZG  900   DAZ AEZ DA, DE hai tiếp tuyến kẻ từ D       EAZ   DEZ   900     DEZ   Tứ giác ZHED tứ giác nội tiếp DHZ AHZ  EAZ 1,0   ZEA   DAZ   BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp  ZDH 1,0 Giả sử  hàm số f thỏa mãn (1) TH1: f  x   Thử lại ta thấy f  x   thỏa mãn (1) 1,0 ADZ TH2: f  x    x0  , f  x0   Ta có: 1  f  y  f  x    f   y    y  f  x    y , x, y   * Thay x  x0 vào (*), ta  y  f  x    f   y    y  f  x  0  y , x, y     Ta thấy vế phải (2) hàm số bậc nên có tập giá trị  Do hàm số f có tập giá trị   y   u , v   cho f u   f  v   y Thay y  vào (*), ta f  f  x     f  x    a, x    a  f    (3) Thay y   f  y  vào (*), ta LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1,0 1,0 323 f  f  x   f  y    f  f  y     f  x   f  y     f  y   , x, y   (4) "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia 4 f  f  x   f  y     f  x   f  y    a, x, y   hay Từ (3) (4)  f  f  u   f  v     f  u   f  v    a, u , v    f  y   y  a, y    f  x   x  a, x   1,0 Thử lại ta thấy f  x   x  a thỏa mãn điều kiện (1) Vậy f  x   f  x   x  a ( a số) hàm số cần tìm   p   Với       378 không chi hết cho 23   n    1,0 p 3  Với       23 không chi hết cho 22   n  Như vậy, số nguyên tố nhỏ thỏa mãn điều kiện đầu  Với p  Xét x1      14  5, x2     14   x  x  28 Do   x1 , x2 nghiệm phương trình bậc hai x x  16  1,0 x  28 x  16  Đặt Sn  x1n  x2n , ta có: Sn  x1n  x2n    x1n 1  x2n1   x1  x2   x1 x2  x1n  x2n   28S n1  16S n Do Sn nghiệm Sn  28S n1  16 Sn  phương trình sai phân cấp hai: 1,0 Vì  x2    x2n   S n  x1n  S n  x2n  Sn    x1n    S n Ta có S1  28 chia hết cho 22=4 Giả sử Sn chia hết cho 2n1 S n1 chia hết cho 2n Khi  x1n    S n  28Sn1  16 S n  2n3  q1  2q2  2n3  hay     2n     x n   chia hết cho 2n1 , n    1  Nhận xét : Mọi hình chữ nhật có kích thước 1x3 chứa có số LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CƠNG! 1,0 1,0 324 "Học tập hạt giống kiến thức, kiến thức hạt giống hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Thật vậy, giả sử tồn hình chữ nhật có kích thước 1x3 có số có số khác Khơng tính tổng qt ta giả sử hình chữ nhật AKHD kích thước 1x3 có hai điền số (nếu khơng khơng có chứa số khơng thể ba điền số hình chữ nhật có kich thước 2x3 có điền số 1) Có thể cho coi hai chứa số AKHD ô ô (Nếu khác lập luận tương tự) Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3  có hai chứa số  ô 1,2,4,5 ô điền số 1,0 Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết ô 1,2,4,5 điền số nên ô 3,6 phải điền số Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2x3, ta thấy ô 3,6,8 điền số nên dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp AKHD khơng có ô điền số 1, lập luận tương tự ta dẫn 1,0 đến mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai hay ta có điều phải chứng minh Vì 2016=3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành 672x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3 Vậy tổng số điền hình chữ nhật là: 672.2017=1355424 1,0 .HẾT LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 325 ... 1  11  11  x  y  z  1  11 p 11q p   Vì x  y nên q  p ,      3 p q p  x  y  z  1  11 11      1,0  2 1,0  Nếu z  1 11 z  1 11, từ  3 suy x  y11p... ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN: TỐN – LỚP 11 Ngày thi: 31 tháng năm 2016 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII BẮC GIANG... GIANG tỉnh BC GIANG (Đề giới thi u) đề thi chọn Học sinh giỏi TRI Hẩ HNG VNG IX MễN: TON 11 năm học 2012 - 2013 Câu I (5 điểm) Cho hai dãy số (an) (bn) xác định sau: a1 = 2, b1 = 1, an 1  2an