Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi 25 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải ...

Tài liệu 25 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án

.PDF
104
2236
94

Mô tả:

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình 1 1  ( x  y  1)(  )2  x  3 y  3 3x  y  1   2 2  2x  8 y  2  2 y  4 y  2x  2  3( x  5  y  3  1) 1  x  1  2 Câu 2 (4 điểm). Cho dãy số (xn) thỏa mãn:  2  x  x  xn ; n  1 n  n1 n2 Chứng minh dãy số trên có giới hạn. Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác ABC. Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C 1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O qua BC. Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm trên đường thẳng AO1. Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa mãn: P(2014) = 2046, P( x)  P( x 2  1)  33  32, x  0 Câu 5 (4 điểm). Cho 2015 điểm trên đường thẳng, tô các điểm bằng một trong 3 màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm chỉ tô một màu). Có bao nhiêu cách tô khác nhau sao cho không có 3 điểm liên tiếp nào cùng màu. ....................HẾT................. Người ra đề (Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ) Tô Minh Trường-0915454109 ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 Nội dung chính cần đạt Câu Điểm Câu 1 Câu 1Giải hệ phương trình f 1 1  ( x  y  1)(  )  2(1)  x  3 y  3 3x  y  1   2 2  2x  8 y  2  2 y  4 y  2x  2  3( x  5  y  3  1)(2) x  0  y  1  Điều kiện:  2 2x  8 y  2  0 2 y 2  4 y  2x  2  0  4,0 0 0,5 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho vế trái của (1) ta có:  x 1 x x  y 1  (  )  2 x  y  1 x  3 y  3 x  3 y  3    y 1 1 1 2( y  1)   x  3 y  3  2 ( 2  x  3 y  3)  x  y 1  x  3y  3 1,0 x  y 1 1 y 1 3  (  ) 3x  y  1 2 x  y  1 2 Chứng minh tương tự ta cũng có: Cộng lại ta được: x  y 1 1 x 3  (  ) x  3y  3 2 x  y 1 2 x  y 1 2 3x  y  1 Dấu đẳng thức xảy ra x=y+1 hay y= x - 1 Thế vào (2) ta có phương trình 2 x2  8x  10  2 x 2  2 x  4  3   x  5  x  2 1 Điều kiện xác định của (4) là: x  1 (*). Với đk (*), ta có: (4) 0,5 (4)  (2 x  2)( x  5)  (2 x  2)( x  2)  3  2x  2      x5  x2 3 x5  x2    x5  x2 3  x5  x2 3  2x  2  3  3  2x  2  3  x  5  x  2  ( 2 x  2  x  5)  ( x  2  3)  0 x7 x7   0 2x  2  x  5 x2 3 1 1    ( x  7)   0 x  2 3  2x  2  x  5  x  7 (tm (*)) ( Vì 1  2x  2  x  5 1  0 x  1) x2 3 1,0 1,0 Với x  7  y  6 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (7;6). Câu 2 1  x  1  2 Câu 2. Cho dãy số (xn) thỏa mãn:  2  x  x  xn ; n  1 n  n1 n2 4,0 Chứng minh dãy số trên có giới hạn. *) Ta chứng minh xn + n2  n  n  1 2 với mọi n  1 (1) Thật vậy: n = 1 đúng Giả sử (1) đúng với n = k  1: xk + k2   xk 1   k  1  xk  2 = k  k  1 2 xk2 2  k  1   k2 xk 2 2 x  k  k  1     k k2 2  k  1  k  k  1   1   k  1 2 k 2  3 k  1 k  k  1   2 2 2 2,0    k  1 k  2  k  1  3  k  1 (đpcm)  k   2  2 2  *) Ta chứng minh (xn) có giới hạn. NX: (xn) tăng và xn > 0 với mọi n Ta có 1 1 1 2    2 xn xn1 xn  n n  n  1 2,0 1 1  1    2 1    2 x1 xn  n  xn  1 với mọi n  1 2 2 Vậy (xn) có giới hạn. Câu 3 Câu 3. Cho tam giác ABC. Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O 4,0 qua BC. Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm trên đường thẳng AO1. K B1 A Q C1 P H O C B O1 Gọi H là trực tâm ΔABC. Gọi AB1, CH cắt nhau tại P, AC1 và BH cắt v nhau tại Q. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1. Dễ thấy O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC . 1,0 · · · · A . Vì vậy  900  CAB ABH  HB Xét tứ giác B1AHC. Ta có HCA 1 B1AHC nội tiếp đường tròn (w1).Tương tự C1AHB nội tiếp đường tròn (w2) . 1,0 Trục đẳng phương của (K) và (w1) là AB1, Trục đẳng phương của (O1) và (w1) là CH . Nên P là tâm đẳng phương của (O1), (K) và (w1) và 1,0 nó phải nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (K) . Tương tự ta Chứng minh được Q nằm trên trục đẳng phương của các đường tròn (O1) và (K) . Vì vậy, PQ vuông góc O1K. · PA ·BH  QB · P ( cùng chắn cung AH của (w2) Lại có QC 1 1 nên PQB1C1 nội tiếp và tam giác AQP đồng dạng tam giác AC1B1. 1,0 · AK  900  1 C · KA  900  A ·B C  900  PQA · Ta lại có C nên KA là 1 1 1 1 2 đường vuông góc PQ. Vậy KA và O1K vuông góc PQ nên A, K, O1 thẳng hàng. Câu 4 Câu 4. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa mãn 4,0 P(2014) = 2046, P( x)  P( x 2  1)  33  32, x  0 Giả sử P(x) thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có P ( x 2  1)  [P( x)  32]2  33, x  0 Suy ra P(2014  1)  (2046  32)  33  2014  33 Đặt x0=2014, ta có 2 2 1,0 2 x0  32  2046, P( x0 )  x0  32 do P(2014) = 2046. Xét dãy {xn} như sau: x0=2014, x1  x02  1, x n1  xn2  1, n=1,2,3... 1,0 Khi đó P( x0 )  x0  32 P( x1 )  P( x02  1)  [P( x0 )  32]2  33  x02  33  x02  1  32  x1  32 P( x2 )  P( x12  1)  [P( x1 )  32]2  33  x12  33  x12  1  32  x2  32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được P( xn )  xn  32, n  0,1,2... (*) Xét đa thức hệ số thực 1,0 Q( x)  P( x)  x  32 Từ (*) ta có Q(x) nhận xn làm nghiệm với mọi n=0,1,2… Mặt khác do dãy {xn } n  0 tăng nghiêm ngặt nên Q(x)  0 suy ra P(x) = x+32 Thử lại ta có P(x) thỏa mãn đầu bài. Vậy: Có duy nhất đa thức P(x) = x + 32 1,0 Câu 5 Cho 2015 điểm trên đường thẳng, tô các điểm bằng một trong 3 màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm chỉ tô một màu). Có bao nhiêu cách tô khác nhau sao 4,0 cho không có 3 điểm liên tiếp nào cùng màu. Gọi S n là số cách tô màu thỏa mãn cho n ( n  3 ) điểm (bài toán của ta là n  2015 ). Ta sẽ tính Sn 1 theo S n , xét hai điểm cuối cùng của S n có hai 1,0 trường hợp xảy ra: +Nếu hai điểm cuối cùng màu thế thì điểm thứ n  1khác màu 2 điểm cuối. +Nếu hai điểm cuối khác màu thì điểm thứ n  1 tô bất kì. Từ đó sinh ra hai số đặc trưng M n là số cách tô n điểm mà hai điểm cuối cùng màu, Pn là số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu và cả hai cùng thỏa mãn 3 điểm liên tiếp khác màu. 1,0 Ta có: Sn1  2M n  3Pn , Pn1  2Sn ; M n1  Pn . Thế thì Sn1  2 Pn1  6Sn1  4Sn2  6Sn1 . Vậy ta có hệ thức truy hồi: Sn 1  6Sn 1  4Sn 2  0 . Bây giờ ta tính S3 , S 4 thấy ngay S3  27  3  24 , S4  4! 3  12  49 . Phương trình đặc trưng X  6 X  4  0 2 1,0 có nghiệm là: x1  3  13, x2  3  13 . Công thức xác định Sn  ax1n  bx2n với a, b thỏa mãn:  24 13  23 a   2 13(3  13)3 a (3  13)  b(3  13)  24    4 4 24 13  23 a (3  13)  b(3  13)  49   b  2 13(3  13)3  3 3 1,0 Sau đó cho n  2015 ta được kết quả bài toán. (Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ) Tô Minh Trường-0915454109 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI MÔN TOÁN LỚP 11. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu 1 (4 điểm) Ký hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Giải phương trình x 2  1   x  x  2015  0. Câu 2 (4 điểm) Giải hệ phương trình:  4  x  y  8  y 2  7 x  1  2  2  x  y   6 y  2 x  4  x  y  1. Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm f : ¥  ¥ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, ta có f(a).f(b)=f(ab) ii) Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba cạnh là f(a), f(b) và f(a+b-1). Câu 4 (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hai đường cao AD, BE. OD cắt BE tại K, OE cắt AD tại L. Gọi M là trung điểm AB. Chứng minh rằng K, L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. Câu 5 (4 điểm) Cho số nguyên n  2 . Chứng minh rằng trong mọi họ gồm ít nhất 2n1  1 tập hợp con không rỗng phân biệt của tập 1,2,..., n đều tìm được ba tập hợp mà một trong chúng là hợp của hai tập còn lại. ----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG. ĐÁP ÁN ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI LỚP 11. NỘI DUNG CÂU Ta có x  0. ĐIỂM 1,0 x  x  2015 x  x  2015  x1   x  x  2015. x x 2 pt   x   2  x   a  ¢  a  2015  x 2   a  1 x  2015  0 x Câu 1 (4 điểm) a 1  a  1 2  8060  * 2 1,0 Do a  2015  x 2   a  1 x  2015  0 x a 1  a  1 2  8060  2015 (t/ m); 2  a  1 a 1 2  8060 2  a 1  Vậy S       a  1  a  1 a 1 1,5 2  4a 2 2  8060 2  2015  loai    ; a  ¢ ; a  2015   0,5  y  1 Điều kiện :  0  x  4 2  x  y   6 y  2x  4  x  y 1 2  2 x 2  4 xy  2 y 2  2 x  6 y  4  x  y  1  2 x  y  1  2  x  2 x  y  1   y  1   y  1  x  2 x  y  1    2 y 1 x   y  x 1 1,5 2 2  x  y 1  2 0 Câu 2 (4điểm Thế vào pt đầu ta được ) 2 4  x  x  7  x  5x   x 2  3 x  3  x  1  4  x  x  2  x  7 1 1     x 2  3 x  3  1     x 1 4  x x  2  x  7   3  21 x   2  x 2  3x  3  0    y  5  21  2 2,0 0,5 Từ đk 2, với mọi bộ a, b nguyên dương, ta có f  a   f  b   f  a  b  1 ; f  a   f  a  b  1  f  b  ; f  a  b  1  f  b   f  a  ; a  b  2: f  4   f  2  ; 2 f  2   f  3 . 2 1.0 a  3; b  2 : f  2   f  3  f  4  f  2   f  4   f  2   f  3  f  2   2 f  2   3 f  2  2  f  2   1 or f  2   2. Nếu f(2)=1. Do 2f(2)>f(1) nên f(1)=1. Quy nạp chứng minh f(n)=1 với mọi n nguyên dương. Cho a=n; b=2 : f(n+1)=2 Cho a=n-1; b=2 ta có f(n)=2. Do f(1)<2f(2)=4 nên f(1) bằng 1, 2 hoặc 3. Vậy f(n)=1 với mọi n nguyên dương Hoặc f(n)=n với mọi n>=2; f(1) thuộc {1,2,3}. Câu 4 (4 điểm) Sử dụng Menelaus cho tam giác HAB và 3 điểm K, L, M thẳng hàng Vậy KB LM MA KB LA   1  (1) KH LA MB KH LH KB S BOD LA S AOE  (2);  (3). KH S HOD LH S HOE 1 1 AE.d  O; AE   .R . AB.c osA. cos B 2 2 1 1  AE.d  O; AE   .R . AB.c osA. cos 2 2 S AOE  S BOD Do đó hệ thức xảy ra khi và chỉ khi S HOE  S HOD  OH / / DE hoặc OH đi qua trung điểm P của DE. 2,0 Qua C kẻ tiếp tuyến d với đường tròn (C) thì d song song với DE. Do CO vuông góc với d nên CO vuông góc với DE. Nếu OH đi qua P thì P là trung điểm của OH, hay EDOH là hình bình hành, suy ra EO và HD song song (trái giả thiết). Vậy K, L ,M thẳng hàng khi và chỉ khi OH song song với DE, hay OH vuông góc với CO, tương đương C, D, O, H cùng thuộc đường tròn đường kính CH. Câu 5 Giải bằng quy nạp Với n=2 ,ta có {1;2}={1}U{2}. Với n>=2, giả sử có 2 n +1 tập con không rỗng của tập {1,2,..,n+1} Nếu ít nhất trong 2 n-1+1 tập hợp trong chúng không chứa n+1, theo giả thiết quy nạp ta có đpcm. Nếu ít nhất 2 n-1+2 tập hợp chứa n+1 thì bỏ n+1 ra khỏi các tập hợp này và ta áp dụng giả thiết quy nạp Nếu có đúng 2 n-1 tập con không chứa n+1 thì có đúng 2 n-1 tập con chứa n+1 (có nhiều hơn 1 phần tử) và tập {n+1} Loại bỏ n+1 trong những tập con này ta được 2 n tập con khác rỗng của tập {1,2,..,n}, và do đó trong chúng phải có hai tập trùng nhau, gọi đó là A. Do vậy AU{n+1}=B  1, 2,..., n  1 (đpcm) Người ra đề: Trần Thị Hà Phương - đt: 0983207082 1,5 0.5 1.5 1.0 1,0 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN – TIN ĐỀ ĐỀ NGHỊ LÀM ĐỀ CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI ĐHBB 2015 Môn: Toán 11 Câu 1 8 xy  2 y  8 y  4   x  y 2  Giải hệ phương trình:  3x  8  2x  7  y  1   2 Câu 2 x1  1, x 2  2   (x )5 Cho d·y sè {xn} tho¶ m·n:  ( x n  2 ) 2  n 1 2 ; n  N *  4( x n )  TÝnh I = Limx n Câu 3 Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC. Giả sử D và E là các điểm trên cạnh BC sao cho BD=CE và D nằm giữa B và E. Giả sử P là điểm thuộc miền trong tam giác ABC sao cho PD||AE và  PAB=  EAC. Chứng minh rằng:  PBA=  PCA. Câu 4 BiÕt r»ng ®a thøc P( x)  a.x 2  (b  c) x  d  e cã nghiÖm thùc thuéc kho¶ng 1;  . Chøng minh r»ng ®a thøc Q( x)  a.x 4  bx3  cx 2  dx  e cã nghiÖm thùc . Câu 5 Có bao nhiêu cách chọn ra k người từ n người xếp hàng dọc sao cho không có 2 người liên tiếp được chọn. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB 2015 Môn: Toán – Lớp 11 Câu 1: Cho x, y, z dương thỏa mãn xy + yz + zx + 2xyz = 1. Chứng minh: 𝑥2 𝑦 𝑦2𝑧 𝑧2 𝑥 + + ≥ 2𝑥𝑦𝑧 𝑥+1 𝑦+1 𝑧+1 Câu 3: Tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. M thuộc BC thỏa mãn OM // AB. DM cắt (O) tại P khác D. Chứng minh: C, H, P thẳng hàng, với H là trực tâm tam giác ABC. Câu 4: Tìm tất cả các hàm 𝑓: 𝑅 → 𝑅 thỏa mãn: 𝑓[𝑥𝑓(𝑦) + 2015𝑥] = 2015𝑥𝑦 + 𝑓(𝑥) với mọi x, y. Câu 5: Có bao nhiêu cách phân tích 69 thành tích của 3 số nguyên dương, biêt các cách phân tích mà các nhân tử chỉ khác nhau về thứ tự thì chỉ được tính 1 lần? ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐBBB 2015 Môn: Toán – Lớp 11 Câu 1:(4 điểm) Cho x, y, z dương thỏa mãn xy + yz + zx + 2xyz = 1. Chứng minh: 𝑥2 𝑦 𝑦2𝑧 𝑧2 𝑥 + + ≥ 2𝑥𝑦𝑧 𝑥+1 𝑦+1 𝑧+1 Xét (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 )2 𝑥2 𝑦 2 𝑦 2 𝑧2 𝑧2 𝑥2 𝑉𝑇 = + + ≥ (1) 𝑥𝑦 + 𝑦 𝑦𝑧 + 𝑧 𝑥𝑧 + 𝑥 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 (1 điểm) Liên quan tới xy + yz + zx, từ giả thiết, ta xét: 3 2 𝑦2 𝑧 2 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 ≥ 3√𝑥 Đặt t = xy + yz + zx, từ giả thiết có: (1 − 𝑡)2 = 4𝑥2 𝑦 2𝑧 2 ≤ 4𝑡 3/27 ↔ 𝑡 ≥ 3/4 hay xy + yz + zx ≥ ¾. (1 điểm) Thay vào giả thiết được: 2xyz = 1 – (xy + yz + zx) ≤ ¼ hay xyz ≤ 1/8 Do đó, xy + yz + zx ≥ 6xyz (1 điểm) Suy ra: (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 ≥ 6𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) (2) 2 (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 ) ≥ 3(𝑥𝑦. 𝑦𝑧 + 𝑦𝑧. 𝑧𝑥 + 𝑧𝑥. 𝑥𝑦) Mặt khác: ↔ 2(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 ≥ 6𝑥𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) (3) Cộng vế (2) và (3) có: 3(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 ≥ 6𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑧) (4) Kết hợp (1) và (4) ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = ½. (1 điểm) Câu 3:(4 điểm) Tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. M thuộc BC thỏa mãn OM // AB. DM cắt (O) tại P khác D. Chứng minh: C, H, P thẳng hàng, với H là trực tâm tam giác ABC. DP cắt AB tại E thì M là trung điểm DE (vì OM là đường trung bình) BHCD là hình bình hành nên DH cắt DC tại I là trung điểm mỗi đường Suy ra MI là đường trung bình của ∆DHE → MI // EH → EH // BC (1 điểm) Kéo dài CH cắt (O) tại Q. Ta sẽ c/m Q ≡ P, bằng cách c/m Q, E, D thẳng hàng. Vì BD // CQ nên BDCQ là hình thang cân (hình thang nội tiếp). (1 điểm) ̂ = 𝐸𝐻𝐾 ̂ vì ∆QBH cân tại B Ta có: 𝐸𝑄𝐻 ̂ = 𝐵𝐶𝑄 ̂ vì hình thang BDCQ cân 𝐷𝑄𝐶 ̂ = 𝐷𝑄𝐶 ̂ Nên 𝐸𝑄𝐻 (1 điểm) Mà Q, H, C thẳng hàng, nên E, Q, D thẳng hàng, hay Q≡P (đpcm). (1 điểm) Câu 4: (4 điểm) Tìm tất cả các hàm 𝑓: 𝑅 → 𝑅 thỏa mãn: 𝑓[𝑥𝑓(𝑦) + 2015𝑥] = 2015𝑥𝑦 + 𝑓(𝑥) với mọi x, y. Cho x = 1 thì 𝑓[𝑓(𝑦) + 2015] = 2015𝑦 + 𝑓(1) Chọn y thỏa mãn 2015𝑦 + 𝑓 (1) = −2015, và đặt 𝑡 = 𝑓(𝑦) + 2015 thì 𝑓(𝑡) = −2015. (1 điểm) Chọn y = t, và thay vào giả thiết thì: 𝑓[𝑥𝑓(𝑡) + 2015𝑥] = 2015𝑥𝑡 + 𝑓(𝑥) Hay: 𝑓(0) = 2015𝑥𝑡 + 𝑓(𝑥 ) ↔ 𝑓(𝑥 ) = −2015𝑡𝑥 + 𝑓(0)∀𝑥 (1 điểm) Vậy 𝑓(𝑥 ) là hàm bậc nhất. Giả sử 𝑓(𝑥 ) = 𝑚𝑥 + 𝑛. Thay vào giả thiết ta có: 𝑚[𝑥𝑓(𝑦) + 2015𝑥 ] + 𝑛 = 2015𝑥𝑦 + 𝑚𝑥 + 𝑛 (1 điểm) ↔ 𝑚𝑥(𝑚𝑦 + 𝑛) + 2015𝑚𝑥 + 𝑛 = 2015𝑥𝑦 + 𝑚𝑥 + 𝑛 ↔ 𝑚2 𝑥𝑦 + (𝑚𝑛 + 2015𝑚)𝑥 = 2015𝑥𝑦 + 𝑚𝑥 Đẳng thức trên đúng với mọi x, y nên: 2 { 𝑚 = 2015 ↔ {𝑚 = ±√2015 𝑚𝑛 + 2015𝑚 = 𝑚 𝑛 = −2014 ( ) Vậy có 2 hàm thỏa mãn yêu cầu, là 𝑓 𝑥 = ±√2015𝑥 – 2014. (1 điểm) Câu 5: (4 điểm)Có bao nhiêu cách phân tích 69 thành tích của 3 số nguyên dương, biêt các cách phân tích mà các nhân tử chỉ khác nhau về thứ tự thì chỉ được tính 1 lần? 𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 ∈ 𝑁 Xét phân tích 6 = (2 . 3 )(2 . 3 )(2 .3 ) với {𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 = 9 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 = 9 Với mỗi 𝑎1 ∈ 𝑁, 0 ≤ 𝑎1 ≤ 9, có 10 − 𝑎1 cách chọn số 𝑎2, để 𝑎1 + 𝑎2 ≤ 9 từ đó chọn 𝑎3 = 9 − 𝑎1 − 𝑎2. (1 điểm) Vậy số cách chọn các bộ (𝑎1 , 𝑎2, 𝑎3 ) là 10+9+....+1 = 55 cách 9 𝑎1 𝑏1 𝑎2 𝑏2 𝑎3 𝑏3 ⇒số cách chọn các bộ (𝑎1, 𝑎2 , 𝑎3 ) và (𝑏1 , 𝑏2 , 𝑏3 ) là 55.55 cách. Bây giờ, ta sẽ tính số các cách phân tích bị trùng nhau. +) TH1: 3 thừa số bằng nhau: 69 = (23. 33 )(23. 33 )(23 .33 ) (1 điểm) +) TH2: 2 thừa số bằng nhau: 69 = (2𝑎 . 3𝑏 )(2𝑎 . 3𝑏 )(29−2𝑎 . 39−2𝑏 ) và (a ; b) # (3 ; 3). Khi đó a ∈ {0; 1; 2; 3; 4} ; b∈ {0; 1; 2; 3; 4 } và (a ; b) # (3 ; 3) → số cặp (a; b) là 5.5 – 1 =24, và 24 cặp này cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu. Tuy nhiên, mỗi cặp sẽ cho 3 lần đếm trong quá trình đếm mà ta vừa nêu ở trên. (1 điểm) +) TH3: nếu cả 3 thừa số khác nhau, thì mỗi phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần. Vậy số cách phân tích là: 1 + 24 + (55 × 55 − 24 × 3 − 1): 6 = 517 cách (1 điểm) Người làm đề: Nguyễn Mạnh Cường Sđt: 0169.534.8888. Trong đề không có câu 2 - về dãy số, vì tôi không nghiên cứu được câu nào mới và phù hợp HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ KHỐI 11- NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài 180 phút TP ĐÀ NẴNG (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ìï x, y > 0 ïï Câu 1. (4,0 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y thỏa hệ: ïí x + y = 2 . ïï ïïî x x+ 1 y y+ 1 ³ 1 Câu 2. (4,0 điểm) Cho số thực a , xét dãy số (xn )n³ 1 được xác định bởi xn3 - 6 xn - 6 x1 = a, xn+ 1 = 2 , n = 1,2,.... 3xn + 9 xn + 7 Tìm tất cả các giá trị của a để dãy số có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó? Câu 3. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O ) . Đường thẳng CH cắt AB tại D . Đường thẳng qua D vuông góc với OD , cắt đường thẳng BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH cắt đường thẳng AB tại F ( F không trùng B ). Chứng minh ba điểm E, F , H thẳng hàng. Câu 4. (4,0 điểm) Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số f : ¥ * ® ¡ \ {- 1;0;1} thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau i/ f (m)= f (2015), f (m + 1)= f (2016); ii/ f (n + m) = f (n)- 1 , n = 1, 2,.... f (n)+ 1 Câu 5. (4,0 điểm) Cho các số nguyên dương m, n; một bảng hình vuông kích thước n´ n được gọi là bảng “ m- hoàn thiện” nếu tất cả các ô của nó được điền bởi các số nguyên không âm (không nhất thiết phân biệt) sao cho tổng các số trên mỗi hàng và mỗi cột đều bằng m. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách lập bảng “2015-hoàn thiện” kích thước 3x3 sao cho số nhỏ nhất trong các số ở các ô trên đường chéo chính nằm ở vị trí tâm của bảng? (Ô ở đường chéo chính của bảng là ô ở vị trí giao của dòng có số thứ tự tính từ trên xuống và cột có số thứ tự tính từ trái sang bằng nhau; ô ở tâm bảng 3x3 là ô ở dòng thứ 2 và cột thứ 2). ----HẾT---- ĐÁP ÁN +BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 Câu Ý 1 Điểm Nội dung Ta chứng minh nếu các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì x x+ 1 y y+ 1 £ 1 Û (x + 1)ln x + (y + 1)ln y £ 0 Thay y = 2 - x , ta chứng minh f (x )= (x + 1)ln x + (3 - x )ln (2 - x )£ 0 với 0 < x < 2 Ta có f '(x)= ln x - ln (2 - x)+ f ''(x)= 1 1 + x- 2 x 2,0 é1 1 1 1 ù ú + - êê 2 + 2ú x 2 - x êx (2 - x) úû ë 1 1 1 æ1 1 £ + - çç + x 2 - x 2 èç x 2 - 2 2 ö (x - 1) çæ1 1 ÷ = + ÷ ç ø x÷ x (2 - x )çè x 2 - ö ÷ £ 0 ÷ ø x÷ Do đó f '(x )nghịch biến trên (0;2), hơn nữa f '(1) = 0 nên f '(x ) nhận giá trị dương trên (0;1)và âm trên (1;2). Suy ra f (x )£ f (1) = 0 với mọi x Î (0;2). 2,0 Từ đó, hệ phương trình có nghiệm x = y = 1. 2 Với a = - 1 thì xn = - 1, " n ³ 1nên lim xn = - 1 0,5 n® + ¥ 3 Với a Ï - 1 thì x +2 Do đó n = xn + 1 xn + 1 = 3 (xn- 1 + 1) 3xn2- 1 + 9 xn- 1 + 7 3 , xn + 2 = (xn- 1 + 2) 3xn2- 1 + 9 xn- 1 + 7 n- 1 3 æx + 2 ö æa + 2 ö ÷ çç n- 1 ÷ ÷ = ...çç ÷ ÷ ÷ ," n ³ 1 çè a + 1 ø çè x + 1 ø ÷ n- 1 3n- 1 Từ đó, tính được xn = ," n ³ 2 2(a + 1) 3n- 1 3n- 1 - (a + 2) 3n- 1 ," n ³ 1, (a + 2) - (a + 1) Kết luận + a < - 3 Þ a + 1 > a + 2 Þ lim xn = - 2 n® + ¥ 2 +a> - 3 Þ a + 1 < a + 2 Þ lim xn = - 1 n® + ¥ 2 2,0 +a= - 3 3 3 Þ xn = - , " n ³ 1 Þ lim xn = - . n® + ¥ 2 2 2 1,5 3 1,5 Gọi I , J lần lượt là giao điểm của đường thẳng DE với đường tròn ( ABC ), I và A nằm cùng phía đối với BC . Vì OD ^ IJ nên D là trung điểm IJ . · = DBH · · = DCA · nên D là trung điểm AF , vậy tứ giác = 900 - BAC Ta có DCF · = IAJ · . AIFJ là hình bình hành, suy ra IFJ Gọi K là giao điểm đường thẳng CD với đường tròn( ABC )( K khác C ), thì D · = IHJ · . là trung điểm HK , do đó tứ giác IKJH là hình bình hành, nên IKJ 0,5 · + IHJ · = IAJ · + IKJ · = 1800 nên các điểm I , F , J , H nằm trên một Ta có IFJ đường tròn. 0,5 Vì IJ là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ABC ), (IHJ ); BC là trục đẳng phương hai đường tròn (ABC ),(HBC ) nên giao điểm E của BC, IJ là tâm đẳng phương ba đường tròn (ABC ),(HBC ) và (IHJ )nên điểm E nằm trên FH là trục đẳng phương hai đường tròn (IHJ ),(HBC ). 1,5 4 Ta có f (n + 2m)= - 1 Þ f (n + 4m)= f (n), " n Î ¥ * f (n) 0,5 Với m = 1, ta có f (n + 4)= f (n)Þ f (n + 4k )= f (n), " k , n Î ¥ * f (n + 2)= - f (n)- 1 1 ; f (n + 1)= ," n Î ¥ * f (n) f (n)+ 1 f (1) = f (2015) = f (4.503 + 3) = f (3) = - 1,0 1 : vô lý. f (1) Với m = 2 , ta có f (n + 8)= f (n)Þ f (n + 8k )= f (n), " n, k Î ¥ * và f (n + 4) = - f (n)- 1 1 ; f (n + 2) = ,"n Î ¥ * f (n) f (n)+ 1 Ta có f (2)= f (2015)= f (251.8 + 7)= f (7)= - f (3)= f (2016)= f (251.8 + 8)= f (8)= Þ f (2)= f (4)= f (2)- 1 Þ f (2)+ 1 2 ( f (2)) 1 ; f (3) 1 f (4) 1,0 =- 1 Điều mâu thuẫn trên dẫn đến m ³ 3. Với m = 3, ta xây dựng được vô số hàm f thỏa yêu cầu bài toán như sau Cho a Î ¡ \ {- 1;0;1}, đặt f (1)= a; f (2)= và f (n + 3)= 1+ a 1 ; f (3)= - ; 1- a a f (n)- 1 ," n ³ 1 f (n)+ 1 Khi đó, chứng minh quy nạp thì hàm số xác định trên ¥ * và f (n)Î ¡ \ {- 1;0;1}, " n Î ¥ * hơn nữa theo chứng minh trên f (n + 6)= - 1 , f (n + 12k )= f (n), " n, k Î ¥ * f (n) 1,5 Khi đó f (2015)= f (167.12 + 11)= f (11)= - f (2016)= f (167.12 + 12)= f (12)= - 1 + f (2) 1 1 = = - = f (3) f (5) 1- f (2) a 1 + f (3) a - 1 1 = = = f (4) f (6) 1- f (3) a + 1 Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5 Ta giải bài toán trong trường hợp lập bảng “ m- hoàn thiện” kích thước 3x3. Gọi x, y , z , t lần lượt là các số điền được ở đường chéo chính và ô ở vị trí dòng 1 cột 2 , khi đó các số còn lại ở các ô được xác định duy nhất như hình bên dưới x t m- x- t m+ z- x- y- t y x+ t- z y+ t- z m- y- t z 2,0 Vì các số được điền là không âm và y là số nhỏ nhất trong các số ở đường chéo chính nên các điều kiện sau phải thỏa x, y, z, t ³ 0; x + t £ m; x + t ³ z; z £ y + t £ m; x + y + t £ m + z; y = min {x, y, z } Các điều kiện trên có thể rút gọn lại thành 0 £ y = min {x, y, z }; x + t £ m; z £ y + t (*) Khi đó 0 £ y £ 2 y + t - z £ x + y + t - z £ x + t £ m . Ta thấy rằng bộ bốn số không âm ( y;2 y + t - z; x + y + t - z; x + t )sắp theo thứ tự tăng dần xác định duy nhất bộ các số x, y , z , t thỏa mãn (*) và tương ứng với æm + 4ö÷ một cách lập bảng “ m- hoàn thiện”. Do vậy, số cách lập được là çç ÷. çè 4 ÷ ÷ ø æ2019ö÷ ÷. Áp dụng với m = 2015 được kết quả là çç çè 4 ÷ ÷ ø 2,0
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan