Đang tải... (xem toàn văn)
Tuy nhiên có thể học sinh vẽ hình và chứng minh theo hình vẽ ( Khi vẽ hình sẽ xẩy ra 2 khả năng, đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm [r]
(1)Câu 1 (5,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:
3 2 2 6 5 4
2
y 3y x 4yx x 3x 4x
x 3 3y 1 4
Câu 2 (5,0 điểm):
Cho dãy số (xn) xác định bởi hệ thức: 1
*
n 1 n n n n
x 1
x x (x 1)(x 2)(x 3) 1 , n N
Đặt
n
* n
i 1 i 1
y , n N
x 2
Xác định giới hạn của dãy số (yn)
Câu 3 (5,0 điểm):
Cho tam giác ABC Đường tròn tâm O đi qua hai điểm A và C của tam giác ABC, cắt các cạnh AB, BC lần lượt tại K, N Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBN cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC tại hai điểm B và M Tính số đo BMO Câu 4 (5,0 điểm):
Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho ta có thể phân hoạch tập hợp các số nguyên dương thành k tập hợp A1, A2, …Ak thỏa mãn với mỗi số nguyên dương n lớn hơn 14, trong mỗi
tập Ai (i=1,2,3,…,k) đều tồn tại hai số có tổng bằng n
Câu 1 (4,0 điểm):
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z 3 Chứng minh rằng:
1 1 1 4 4 4
x 7 y 7 z 7
x y y z z x
Câu 2 (5,0 điểm):
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m, luôn tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa mãn
n
(3.2 n) chia hết cho m.
Câu 3 (6,0 điểm):
Cho tam giác ABC và điểm O bất kì nằm trong tam giác ABC Đường thẳng (d1) qua O,
song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại J, G Đường thẳng (d2) qua O, song song với CA
cắt BC, BA lần lượt tại F, I Đường thẳng (d3) qua O, song song với AB cắt CA, CB lần
(2)Cho hàm số f: * * thỏa mãn các điều kiện sau:
1) f (m) f(n) m, n *, m n;
2) f (mn) f(m)f(n) m,n *,(m, n) 1; 3) Tồn tại i*,i 1 sao cho f (i) i.
Trong đó * là tập hợp các số nguyên dương.
a) Chứng minh rằng f(1) = 1, f(3) = 3
(3)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG THPT CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017 MÔN: TOÁN Ngày thi 12/10/2016 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1 (5,0 điểm)
3 2 2 6 5 4
2
y 3y x 4yx x 3x 4x (1) x 3 3y 1 4 (2)
ĐKXĐ:
1 y
3
0,5
+ x 0 y 0
3 3y 1 4
Vô
nghiệm
0,5
+
3 2
3 2
y y y
x 0 : (1) 3 4 x 3x 4x (*)
x x x
0.5
Xét hàm số 3 2
f t t 3t 4t trên R
Ta có: 2
f ' t 3t 6t 4 0 t R
f t
đồng biến trên R
0,5
Do đo
2
y y
(*) f f x x y x
x x
0,5
Thay y x 2 vào (2) ta được
y 3 3y 1 4 (a) 0,5
Cách 1 : (a)
y 3 3y 1 4 y 3 3y 1 6 2y0.5
2
6 2y 0
y 3 3y 1 6 2y y 1
y 34y 33 0
0.5
Với y 1 x1 0.5
Cách 2: Xét
1
g(y) y 3 3y 1, y :
3
+) Hiển nhiên g(y) liên tục
trên
1 ; 3
(4)+)
, 1 3 1
g (y) 0, y ( ; )
3 2 y 3 2 3y 1
Suy ra g(y) đồng biến trên
1 ; 3
Do đó pt
(a) g y g 1 y 1 0.5
Với y 1 x1 0.5
Cách 3: (a)
( y 3 2) ( 3y 1 2) 0 0.5
y 1 3(y 1)
0
y 3 2 3y 1 2
y 1
0.5
Với y 1 x1 0.5
Vậy hệ có hai nghiệm
(x; y) ( 1;1),(1;1) . 0,5
2 (5,0 điểm)
Cách 1: Nhận xét:
* n
x 1 n . 0,5
2 2 2 2 2
n 1 n n n n n n n n
x (x 3x )(x 3x 2) 1 (x 3x 1) x 3x 1
0.5+0.5
Khi đó :
* n 1 *
n 1 n n n
x 3x , n x 3 , n limx
0.5+0.5
Cách 2: Nhận xét:
* n
x 0, n
0.5
2 2 2 2 2
n 1 n n n n n n n n
x (x 3x )(x 3x 2) 1 (x 3x 1) x 3x 1
0.5+0.5
Ta có
2
n 1 n n n
x x (x 1) 0 (x )
là dãy số tăng
Giả sử (xn) bị chặn trên, suy ra
(xn) có giới hạn
0.5
(5)n
lim x a(a 0)
Khi đó
2 2
n 1 n n
limx lim(x 3x 1) a a 3a 1 a1
(vô lý) lim xn
Ta có: xn+1 + 1 =
2
n n
x 3x +
2 = (xn + 1)(xn + 2)
0,5
n 1 n n n n
1 1 1 1
x 1 (x 1)(x 2) x 1 x 2
n n n 1
1 1 1
x 2 x 1 x 1
0,5
n
1 2 2 3 n n 1
n
n 1
1 1 1 1 1 1
y
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
1 1
y
2 x 1
0.5
0.5
Suy ra
n
n 1
1 1 1
lim y lim
2 x 1 2
0,5
3 (5,0 điểm)
Gọi D là giao điểm thứ hai của MK và đường tròn tâm O
Ta có:
(BM, BN) (KM,KN) (CD,CN) BM || CD
( Học sinh có thể sử dụng cách lập luận khác để chứng được BM// CD)
1
Ta có
(DC, BK) (AC,AK) (MC,MB) (CM,CD) MC MD
( Học sinh có thể sử dụng
2
A C
M B
K
N
O
(6)cách lập luận khác để chứng được MC = MD)
Mà OC = OD, suy ra OM là đường trung trực của CD, do đó OMCD
1
Suy ra OMBM, hay
0
BMC 90 . 1
4
(5,0 điểm) hoạch sau thỏa mãn đề bài: - Với k = 3, ta có phân A1 = {1; 2; 3}{3k |
k N*, k ≥ 4},
A2 = {4; 5; 6}{3k –
1 | k N*, k ≥ 4},
A3 = {7; 8; 9}{3k –
2 | k N*, k ≥ 4}.
1
- Với k = 4, giả sử tồn tại phân hoạch A1, A2, A3, A4
của N* thỏa mãn đề bài.
Xét i i
B A {1;2;3; ;23}, i {1;2;3;4}
, ta có: Với mỗi số n thuộc tập X = {15; 16;…; 24} luôn tồn tại 2 số thuộc tập Bi có
tổng bằng n với mọi
i {1;2;3;4} .
1
Mà |X| = 10 suy ra
i 2
i B
C 10 B 5
Mặt khác
1 2 3 4
B B B B 23,
suy ra tồn tại i0{1;2;3;4} mà Bi0 5
1
Giả sử Bi0 = {a
1, a2,
a3, a4, a5}, suy ra
ai a |1 i j 5j ={15;
16;…; 24}
Do đó
i j 1 2 3 4 5
1 i j 5
(a a ) 15 16 24 4(a a a a a ) 195
Suy ra mâu thuẫn
1
- Giả sử với k > 4 tồn tại phân hoạch A1, A2,…, Ak
của N* thỏa mãn đề bài.
Xét A4 A4A5 A k suy ra A , A , A ,A1 2 3 4 là một
(7)phân hoạch của N* thỏa mãn
đề bài Suy ra mâu thuẫn Kết luận: Max k = 3
Chú ý
1) Điểm bài thi không làm tròn.
2) Học sinh có cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
3) Trong câu 3, đáp án giải theo góc định hướng mới đảm bảo không phụ thuộc vào hình vẽ. Tuy nhiên có thể học sinh vẽ hình và chứng minh theo hình vẽ ( Khi vẽ hình sẽ xẩy ra 2 khả năng, đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm B và M, khi đó M có thể thuộc cung AB hoặc M thuộc cung BC)
Để thống nhất trong tổ chấm, nếu học sinh chỉ vẽ một trường hợp và lập luận đúng vẫn cho điểm tối đa Sau đây là một cách lập luận khi điểm M nằm trên cung AB
Câu Nội dung Điểm
3
Cách lập luận khác chứng minh BM song song CD 1.0
Do tứ giác MBNK nội tiếp đường tròn nên MBN MKN 180 0 Do ba điểm M, K, D thẳng hàng nên MKN NKD 180 0
Suy ra MBN NKD
Do tứ giác KNCD nội tiếp đường tròn nên NCD NKD 180 0 Suy ra MBN NCD 180 0 MBC 180 0 BCD
Hay MB song song CD
0.25 0.25 0.25 0.25
Cách lập luận khác chứng minh MC = MD
Do MB song song CD nên BMC MCD (1)
Do tứ giác MBCA nội tiếp nên BMC BAC (vì cùng chắn cung BC) Do tứ giác KAPC nội tiếp nên KAC KDC (vì cùng chắn cung KC) Suy ra BMC KDC (2)
Từ (1) và (2) suy ra KDC MCD hay MDC MCD Suy ra tam giác MCD cân tại M MC MD
2.0 0.5 0.5 0.5 0.5
* Một cách giải khác cho câu 3
Câu Nội dung Điểm
M B
K
N K
(8)3 (5,0 điểm
)
Gọi (d) là đường thẳng qua O và vuông góc với BM Ta CMR M (d) 0.5 Gọi C , K1 1 lần lượt là điểm đối xứng của C, K qua (d) Khi đó các đường thẳng
1 1
CC , KK , BM song song với nhau ( vì cùng vuông góc với (d) )
0.5
Ta có:
0 0 0
1 1 1 1
C KK 180 KC C KNC 180 BNK BMK 180 MKK
0
1 1 1
C KK MKK 180
Suy ra ba điểm C1, K, M thẳng hàng (1)
0.5 0.5
Ta có: C CK1 1 CC K CAK CAB CMB C CM 1 1 nên ba điểm C, K 1, M thẳng hàng (2)
1.0
Từ (1) và (2) suy ra CK1 và C1K cắt nhau tại M 0.5 Mặt khác đường thẳng CK1 và C1K đối xứng nhau qua (d)
Suy ra M thuộc (d) Suy ra BMO 90 0
0.5 0.5 0.5
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG THPT CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017
MÔN: TOÁN Ngày thi 13/10/2016 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
1 (4,0 điểm)
Học sinh chứng minh hoặc nêu được :
Với x 0, y 0 ta có
1 1 4
x y x y
0.5
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
0.5
A C
O
(9)1 1 4
;
x y y z x 2 y z
1 1 4
;
y z z x y 2 z x
1 1 4
z x x y z 2 x y
1 1 1
x y y z z x
2 2 2
x 2 y z y 2 z x z 2 x y
0.5
Ta có:
x 1 2 x y 1 2 y z 1 2 z
0.5
2x y z 4 2(2 x y z) x 7 2(2 x y z)
0.5
1 2
x 7
2 x y z
0,5
Tương tự:
1 2 1 2
;
y 7 z 7
2 y x z 2 z x y 0,5
Từ đó suy ra
1 1 1 4 4 4
x 7 y 7 z 7
x y y z z x 0,5
2 (5,0 điểm)
Ta sẽ chứng minh: với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại vô số số nguyên
dương n thỏa mãn (3.2n n) m bằng phương pháp quy nạp 0,5
- Dễ thấy mệnh đề đúng với m = 1, 2, 3 0.5
- Giả sử mệnh đề đúng với tất các số nguyên dương nhỏ hơn m (m nguyên
dương), ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với m 0,5
Giả sử m 2 b a (b lẻ), ta có (b) b m suy ra tồn tại n0 (n0 a) thỏa mãn
(3.2n0 n ) (b)0 (*)
1
Xét n thỏa mãn n3.2 (mod m (b)),n nn0 0 1
Từ (*) suy ra: n n (mod (b)) 0 ,
do đó ta có: 2n n 0 1(mod b)(Định lí Euler)
0,5
0 0 0
n n n
n n
2 2 2 b 2 2 m
(vì m 2 b,a n a 0) 0,5
0 n
n n
3.2 3.2 n(mod m) (3.2 n) m
.
(10)3 (6,0 điểm)
Gọi M là giao điểm của AA1 và BC, N là giao điểm của BB1 và CA, P là giao điểm của CC1 và AB, D là giao của AO và BC
0.5
Ta có: EA1 || AC
1
EM EA
MC AC
(Định lí Thales) 0.5
Do OEA F1 là hình bình hành nên EA1 OF 0.5
Trong tam giác DAC ta có
OF DO
AC DA (Định lí Thales) 0.5
Suy ra
EM DO
MC DA 0.5
Tương tự:
FM DO
MB DA 0.5
Suy ra
EM FM MB FM FM MB FB
MC MB MC EM EM MC EC
0.5
Lập luận tương tự ta có
NC HC
NA GA 0.5
Do hai tam giác AGJ và HCE đồng dạng nên
HC EC
GA GJ , suy ra
NC EC
NA GJ
0.5
Hoàn toàn tương tự:
PA JA GJ
PB IB BF. 0.5
Do đó:
MB NC PA 1 MC NA PB ,
suy ra AA , BB ,CC1 1 1 đồng quy (Định lí Ceva)
0.5
0.5 4
(5,0 điểm)
a 3 điểm
Ta có f(1)=f(1.1)=(f(1))2
f (1) 1
f (1) 1 f (1) 0
.
0,5 1
B
A
G
C F
E
1 A B
1
C I
J
O
M
N P
H
(11)Vì f đồng biến trên N*
* *
f (n k) f (n) k, n, k N f (n) n, n N
Từ đó thấy rằng nếu f(i) = i thì f (k) k, k i (i, k N *)
0,5
*) Nếu i 3, f (i) i f (k) k, k i ( vì f đồng biến trên N*) 0,25
*) f(2) = 2:
+) f(18) = f(2)f(9) = 2f(9) ≤ 2(f(10) – 1) = 2f(2)f(5) – 2 ≤ 4f(5) – 2 0.5 4(f(6) – 1) – 2 = 4f(2)f(3) – 6 = 8f(3) – 6. 0.5
+ ) f(18) ≥ f(15) + 3 ≥ f(3)f(5) + 3 ≥ f(3)(f(3) + 2) + 3 =(f(3))2 + 2f(3) + 3 0,5
8f(3) – 6 ≥ (f(3))2 + 2f(3) + 3 (f(3))2 – 6f(3) + 9 ≤ 0 f(3) = 3 0,25
b 2 điểm
Xét dãy (un) :
1
* n 1 n n
u 2.3
u u (u 1) n N
0,5
Bằng quy nạp ta chứng minh rằng f(un) = un ,
* n N
Thật vậy
Ta có f (u ) f (2.3) f (2)f (3) 2.3 u1 1 nên công thức đúng với n = 1 Giả sử công thức đúng với n = k, tức là f (u ) uk k
Khi đó ta có f (u ) f (u (uk 1 k k 1)) f (u ).f (u k k 1) u (u k k 1) u k 1 Suy ra công thức đúng với n = k + 1
0,5
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được nlim u n do đó k N* tồn tại nN* sao cho un k
vì f(un) = un nên suy ra f(k) = k
Thử lại f(n) = n n N* thỏa mãn đề bài.
0.5
0.5
Chú ý
3) Điểm bài thi không làm tròn.
4) Học sinh có cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Cách giải khác câu 3.
Câu Nội dung Điểm
Giả sử AA , BB ,CC1 1 1 lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P
Ta có
1
1 AA B
1 FAB
1 AA C EAC S
MB d(B,AA ) S
MC d(C,AA ) S S
(1)
( Vì FA1 // AB nên khoảng cách từ các điểm F, A1 đến đường thẳng AB
bằng nhau nên SAA B1 SFAB Vì EA
1 // AC nên khoảng cách từ các điểm
E, A1 đến đường thẳng AC bằng nhau nên SAA C1 SEAC)
(12)Ta có
FAB
ABC FAB
EAC EAC
BAC
S d(F, AB) BF
S d(C,AB) BC S BF
S d(E, AC) CE S CE
S d(B, AC) CB
(2)
1
Từ (1) và (2) suy ra
MB FB MB FB BC
MC EC MC BC EC
1
Mặt khác trong tam giác BAC có
BF FI BC CA
Trong tam giác CAB có
CE EH CB BA
CB BA CE EH
Suy ra
MB FI BA AB FI
MC AC EH AC EH
0.5 0.5 0.5
Tương tự ta có:
NC NA=
BC HE BA GJ ;
PA PB
CA JG
CB IF 0.5+0.5
Từ các đẳng thức trên ta có:
MB MC.
NC NA
PA PB
AB FI AC EH
BC HE BA GJ
CA JG CB IF
Suy ra
MB NC PC
1
MC NA PA AM, BN, CP đồng quy hay AA , BB ,CC1 1 1 đồng quy