Đáp án HSG Toán học lớp 11 Quảng Bình 2015-2016 vòng 2 - Học Toàn Tập

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.[r]

SỞ GD& ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn thi: Tốn (VỊNG2) (Khóa ngày 23 tháng năm 2016) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn có trang)

Yêu cầu chung

* Đáp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng

* Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh không vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm từng

* Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất

Câu Nội dung Điểm

1a Giải phương trình: 1 1x3 2 x x 2.0

điểm

ĐK : x1

Phương trình tương đương với

    

 

3

3

1 1 1

1

       

    

x x x x x

x x x x

0,5 0,25

3

0

2 1

   

   

 x

x x 0,25

Giải phương trình 2  x 1 1x

Đặt a 1x b;  32x a( 0) Ta có hệ phương trình 3 2

1

b a

b a

  

   

0,25 0,25

Giải hệ

3 3

1 1

0,

1 (1 )

b a b a b a

a b

b a a a a a a

     

  

    

          

  

Với a=0, b=1 ta x=1 nghiệm phương trình

0,5

Đáp số : x=0 x=1

1b Chứng minh phương trình p x a x c(  )(  ) q x b x d(  )(  ) 0

ln có nghiệm, biết a b c d   , p q hai số thực

Xét hàm số f x( ) p x a x c(  )(  ) q x b x d(  )(  ) 0 liên tục ¡

Nếu p q 0 phương trình có nghiệm  x ¡ 0,25

Nếu p0 q0, khơng tính tổng qt giả sử p0

     

( ) ; (d)

f b  p b a b c f  p d a d c  0,5

    

2

( ) ( ) (v× )

f b f d p b a b c d a d c a b c d

         

Vậy phương trình ln có nghiệm

0,25

2 Cho dãy số ( )

n

u xác định u15 un1un2 ,2  n 1

Tìm

1

lim n

n

u u u u       2,0 điểm

Ta chứng minh un   5, n

Ta có

2 ( 2)

u  u   

Giả sử un 5 un1un2 2  2 2  9 0,25

Từ un1un22un1un u un n    5 0, n ¥ *

Do ( )un dãy tăng

0,25

Giả sử ( )un bị chặn suy tồn limun L L( 5) Chuyển qua giới hạn un1un22 ta

LL22 L 1; L4 (vơ lý) , limun  

0,5

Ta có

 2  

1 4 ,

n n n n n

u  u  u  u u   n

Nên 1 1

1 1

4 ( 4)

n n n n n

n n n n n n

u u u u u u u u u u u

u u u u u u

            0,25

1 1

1

1

1

4

( 4) ( 4)

4

1

n n n

n n n

n

n n

u u u u u u

u u u u

u u u                   

( u15 u, 2 9)

0,5

1

1

lim n lim 1

n n

u u u

u u

   

     

    limun   0,25

Đáp số :

1

lim n

n

u u u u

 



 

3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi (J) là đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC; IJ cắt (O) M(khác A) Gọi N điểm cung ¼ABM ; NI NJ lần lượt cắt (O) S T

a) Chứng minh M trung điểm IJ

b) Chứng minh IJ, BC TS đồng quy.

2,5 điểm

T

S N

I

J M

B C

A

(Hình vẽ đến câu 3a cho 0,25)

0,25

3a Ta có:

· · · µ µ(1)

2

A B

MBI MBC CBI   0,25

·  · ·  µ µ (2)

2

A B

MIB AIB IBA 0,25

Từ (1) (2) suy tam giác MBI cân M, MI=MB=MC (3) 0,25

Hơn tứ giác IBJC nội tiếp đường trịn đường kính IJ (4) Từ (3) (4) suy M trung điểm IJ

0,25

3b Ta có · 1 » »  1 ẳ ằ Ã

sđ sđ sđ sđ (*)

2

NTS NA AS  NM AS NIM

Từ (*) (**) suy ·JTS JIS ¶

Do tứ giác JTIS nội tiếp đường tròn (O1)

Hơn tứ giác IBCJ nội tiếp đường trịn (O2) có đường kính IJ 0,25

Ta thấy IJ trục đẳng phương (O1) (O2); BC trục đẳng

phương (O2) (O), TS trục đẳng phương (O) (O1)

Theo tính chất tâm đẳng phương ba đường trịn có tâm khơng thẳng hàng O, O1 O2 suy IJ, BC TS đồng quy

0,5

4 Xác định số cách chọn 100 số từ tập hợp 2016 số nguyên dương

đầu tiên cho cặp 100 số chọn có hiệu số giữa số lớn số bé lớn

1.5 điểm

Gọi A tập hợp tất 100 số a a1, , ,2 a100 thỏa mãn yêu cầu toán

Kí hiệu B tập hợp 100 số phân biệt 1917 số nguyên dương

0,25

Ta xét ánh xạ f A: B theo quy ước sau

a a1, , ,2 a100 a a a1, 21, ,a10099 a1a2   a100

0,25

Vì a2  a1 a2   1 a1 a1

3 2 2

a a    a a a 

4 3

a   a a     a a

100 99 100 99 99 97 99 98

a a  a  a  a 

0,25

1 1, 100 99 2016 99 1917

a  a    

a a1, 1, ,a100 99 B

    0,25

Như với phần tử thuộcA ứng với phần tử thuộc Bqua ánh xạ f

tương tự với phần tử b b1, , ,2 b100B tồn

b b1, 21, ,b10099A để f b b 1, 1, ,b10099  b b1, , ,2 b100

0,25

Do f song ánh nên số phần tử A số phần tử tập B 100

1917

A B C

Đáp số : 100 1917 C

0,25

5 Tìm tất số nguyên dương n cho 22n12n1 số

phương

1.0 điểm

2

2n 2n1là số phương 22 1n   2n 1 m m2, ¥ * Xét m1 22 1n     2n 1 12 n 1 ( thỏa mãn)

0,25

Xét m1 từ 22n12n  1 m2, suy m lẻ n2

   

  

2

2 2 2 2

2 1

2 2 2

2 2

n n n n n n

n n n

m m m

m m

    

  

          

     

Đặt a m 2n11; b m 2n11

Khi ta có n2 a b ab22n2 Mặt khác m lẻ nên a b, chẵn

Hơn b a 2n 2 2(mod4) suy a2 b2n

0,25

Thế vào ab22n2 ta 2n122n2  n 3 Thử lại n3 thỏa mãn