www.VNMATH.com
Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN XX – NĂM 2014
Môn thi : Toán - Khối : 11
Ngày thi : 05/04/2014
Trường THPT Chuyên
Lê Hồng Phong
Thời gian làm bài: 180 phút
Ghi chú :
–Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ……. ở trang 1 của mỗi tờ
giấy làm bài.
–Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay.
–Đề này có 01 trang.
______________________________________________________________________________________
Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình :
x 2 + y 2 =
1
, ( x, y ∈ ) .
5
3
125y
125y
6
15
0
−
+
=
Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số ( u n )
a. Chứng minh rằng u =
2n
u1 = 1
n
xác định bởi :
.
−1)
(
, ∀n ≥ 1
u n +1 = u n +
n +1
1
1
1
+
+ ... +
, ∀n ≥ 1 .
n +1 n + 2
n+n
b. Chứng minh rằng dãy số ( u n ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
Bài 3: (3 điểm) Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một
tiếp tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)).
Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2)
lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’,
M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1T2.
Bài 4: (3 điểm) Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x ) = P(x + 3x), ∀x .
2
3
Bài 5: (3 điểm) Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m > n ≥ 1 . Biết rằng hai chữ số tận cùng của
2014m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014n theo cùng thứ tự. Tìm các số m và n sao cho
tổng m + n có giá trị nhỏ nhất.
Bài 6: (3 điểm) Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A 2 ...A 9 . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có
màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh
của đa giác và cùng màu.
______________________________________________________________________________________
Hết.
www.VNMATH.com
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 - NĂM 2014
Môn Toán – Khối 11
Đáp án
Giải hệ phương trình :
x 2 + y 2 =
1
, ( x, y ∈ ) .
5
3
0
125y − 125y + 6 15 =
Bài 1
∑ =4đ
Cách 1:
2
2
(1)
x 2 + y 2 =
1
x = 1 − y
I
⇔
(
)
3
2
5
3
−6 15 (2)
0
125y ( y − 1) =
125y − 125y + 6 15 =
Từ (1): y 2 − 1 ≤ 0
3
y > 0
Kết hợp với (2): 2
y − 1 < 0
1đ
⇒ 0 < y <1
0.5 đ
Xét f (y)
= 125y5 − 125y3 + 6 15, 0 < y < 1
=
f ' ( y ) 125y 2 (5y 2 − 3)
f '(y) = 0 ⇔ y =
15
5
1đ
Bảng biến thiên:
y
15
5
0
f’(y)
–
f(y)
1
0
+
0
0.5 đ
10
x 2 + y2 =
1 x = ±
5
( I ) ⇔
15 ⇔
y =
y = 15
5
5
1đ
Cách 2:
x 2 = 1 − y 2
(1)
x 2 + y 2 =
1
⇔
I
(
)
3
2
5
3
−6 15 (2)
0
125y ( y − 1) =
125y − 125y + 6 15 =
Từ (1): y 2 − 1 ≤ 0
Từ (2): y3 > 0 ⇒ y > 0
1đ
(2) ⇔ 125 y + 6 15 =
125y
5
Ta có:
3
3VT = 125 y5 + 125 y5 + 125 y5 + 9 15 + 9 15 ≥ 5 5 510.35.y15 = 3.125y3 = 3VP
1đ
www.VNMATH.com
15
5
5
Nên (2) ⇔ 125 y=
9 15 ⇔=
y
1đ
10
x 2 + y2 =
1 x = ±
5
( I ) ⇔
15 ⇔
y =
y = 15
5
5
Cho dãy số ( u n )
Bài 2
1đ
u1 = 1
n
xác định bởi :
.
−1)
(
, ∀n ≥ 1
u n +1 = u n +
n +1
1
1
1
+
+ ... +
, ∀n ≥ 1 .
n +1 n + 2
n+n
a. Chứng minh rằng u =
2n
b. Chứng minh rằng dãy số ( u n ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
∑ =4đ
( −1)
a. Từ giả thiết có ∀n ≥ 1, un +1 − un =
n +1
n
2n
(−1) k −1
1 1 1 1
1
+ u1 = − + − + ... −
1 2 3 4
2n
k
2
2n
⇒ u2 n = ∑ ( uk − uk −1 ) + u1 = ∑
=
k 2=
k
1 1 1
1
1 1 1
⇒ u2 n = + + + ... + − 2 + + ... +
2n 2 4
2n
1 2 3
1 1 1 1
1
1
1
1
1 1 1
= + + + ... + − + + + ... + =
+
+ ... +
2n 1 2 3
n n +1 n + 2
n+n
1 2 3
n
1
1 n 1
=
∑
∑
n + k n k 1 1+ k
=
k 1=
n
1đ
1đ
=
b. u2 n
Xét hàm số f ( x=
) ln ( x + 1) , x ≥ 0 ⇒ f ' ( x=)
0.5 đ
1
x +1
k −1 k
k −1 k
Áp dụng định lí Lagrange trên các đoạn
; ,=
k 1; n ⇒ ∃ck ∈
;
n n
n n
k
k −1 1 1
sao cho ln 1 + − ln 1 +
.
=
n n 1 + ck
n
0.5 đ
1 1
1
k
k −1 1
⇒ .
< ln 1 + − ln 1 +
< . k − 1 (k )
k
n 1+
n n 1+
n
n
n
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) , . . ., (n) ta có
u2 n < ln 2 < u2 n +
1
⇒ lim u2 n =
ln 2
2n
0.5 đ
www.VNMATH.com
u2 n +1 =
u2 n +
1
1
lim u2 n +
ln 2
⇒ lim u2 n +1 =
=
2n + 1
2n + 1
Do đó có lim un = ln 2
Nếu thí sinh chứng minh dãy số (un) có giới hạn hữu hạn thì cho 1điểm.
Bài 3
Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến
chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)).
Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1)
và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1,
MM2, M’M1’, M’M2’ . Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn
này tiếp xúc với T1T2.
Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O1O2 .
Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường tròn.
Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC.
0.5 đ
∑ =3đ
1đ
0.5 đ
Goi T là trung điểm T1T2 :
OT / /O1T1 ;
Ta có
O1M1' / /O 2 M ' ⇒ OC / /O1M1' / /O 2 M '
M1' T1 / /M 'T2 ⇒ CT / /M1' T1 / /M 'T2
mà ∆O1M1' T1 cân tại O1 ⇒ ∆OCT cân tại O ⇒ OT = OC ⇒ T ∈ (O)
O1T1 ⊥ T1T2 ⇒ OT ⊥ T1T2 nên (O) tiếp xúc T1T2 .
Bài 4
Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀ x ∈ .
P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀x (1)
Trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số thực )
Khi đó (1) ⇔ c2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1.
1đ
0.5 đ
∑ =3đ
0.5 đ
www.VNMATH.com
Trường hợp degP ≥ 1. Giả sử (1) thỏa.
(1) ⇒ P2(0) = P(0) ⇒ P(0) = 0 hoặc P(0) = 1.
Nếu P(0) = 0 thì P(x) = xmQ(x) với m nguyên dương và
Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa Q(0) ≠ 0 …………………………………………………..(a)
Khi đó (1) ⇔ x m Q(x)x 2m Q(x 2 ) =
(x 3 + 3x) m Q(x 3 + 3x) ∀x∈
⇔ x 2m Q(x)Q(x 2 ) =
(x 2 + 3)m Q(x3 + 3x) , ∀x∈ \{0}
⇔ x 2m Q(x)Q(x 2 ) =
(x 2 + 3)m Q(x3 + 3x) ∀x∈ (Do Q(x) là đa thức ) …………………….(b)
Trong (b), lấy x = 0 ta có Q(0) = 0 mâu thuẫn với (a) (!) ⇒ P(0) ≠ 0
Vậy P(0) = 1.
Gọi α là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất ⇒ α > 0 (Do P(0) ≠ 0)
Từ (1) lần lượt thay x = α , x =
α3 + 3α và
( α) +3
3
α (ký hiệu
0.5 đ
α chỉ một căn bậc hai của số phức α ), ta có
α cũng là nghiệm của P(x)
0.5 đ
⇒ α ≥ α 3 + 3α ……………………………………………………………….…………..(c)
và α ≥
3
α + 3 α ………………………………………………………….…………… (d)
Đặt α = a + bi (a, b ∈ )
(c) ⇔ α ≥ α . α 2 + 3 ⇔ 1 ≥ α 2 + 3 ⇔1 ≥ α 2 + 3
2
⇔ 1 ≥ ( a2 − b2 + 3) + 4a2 b2
2
⇔ ( a2 − b2 ) + 6(a2 − b2 ) + 4a2 b2 + 8 ≤ 0
2
⇒ 6b2 ≥ 6a2 + 4a2 b2 + 8 + ( a2 − b2 ) ≥ 6a2 + 4a2 b2 + 8 ≥ 8
2
2
⇒ b2 ≥ 4 ⇒ 4a2 b2 ≥ 16a
3
3
2
2
⇒ 6b2 ≥ 6a2 +8 + 4a2b2 ≥ 6a2+8+ 16a = 34a + 8
3
3
2
⇒ b2 ≥ 17a + 4 ………………………………………………………………………….. (e)
9
3
(d) ⇔
2
0.5 đ
4
α ≥ α + 3 ⇔ α ≥ α + 3 ⇔ a2 + b2 ≥ [(a + 3)2 + b2 ]2
⇔ a2 + b2 ≥ (a2 + b2 + 6a + 9)2 ⇔ a2 + b2 ≥ (a2 + b2 )2 + 2(6a + 9)(a2 + b2 ) + (6a + 9)2
⇔ (a2 + b2 )[(a2 + b2 ) + 2(6a + 9) − 1] + (6a + 9)2 ≤ 0
⇔ (a2 + b2 )(a2 + b2 + 12a + 17) + (6a + 9)2 ≤ 0 …………………………………………….(f)
Bài 5
2
2
Mà a2 + b2 + 12a + 17 ≥ a2 + 17a + 4 + 12a + 17 = 26a + 12a + 55 > 0, ∀a : Mâu thuẫn với (f)
(e)
9
3
9
3
⇒ Không tồn tại đa thức P(x) với degP ≥ 1 thỏa điều kiện đề bài.
Vậy P(x) ≡ 0 hoặc P(x) ≡ 1.
Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m > n ≥ 1 . Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014m bằng
với hai chữ số tận cùng của 2014n theo cùng thứ tự . Tìm các số m và n sao cho
tổng m + n có giá trị nhỏ nhất.
(
Theo giả thiết, ta có : 2014 − 2014 100 ⇔ 2014 2014
m
Do đó : 2014 2 ⇒ n ≥ 2
n
2
n
n
m−n
− 1) 2 .5
2
1đ
∑ =3đ
2
0.5 đ
0.5 đ
www.VNMATH.com
2014m − n − 1 52 ⇔ (2000 + 14) m − n − 1 52 ⇒ 14p − 1 25 (với p = m – n, p ∈ N* )
Nếu p = 2k + 1 thì 14p =
− 1 142k +1 =
− 1 196k.14 − 1 là một số có chữ số tận cùng bằng 3 nên
không chia hết cho 25.
0.5 đ
Vậy p = 2k, k ∈ N (1).
Khi đó: 14p − 1 25 ⇔ 142k − 1 25 ⇔ (1 − 15) 2k − 1 25 ⇔ −30k 25 ⇒ k 5 (2)
*
Từ (1) và (2) ⇒ p 10 ⇒ p ≥ 10
0.5 đ
0.5 đ
Tổng m + n =2n + p ≥ 14
Dấu bằng xảy ra khi n = 2 và p = 10 tức là m = 12 và n = 2.
Vậy m+n có giá trị nhỏ nhất khi m=12 và n=2.
Bài 6
Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A 2 ...A 9 . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh.
Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của
đa giác và cùng màu.
Ta gọi một tam giác là đỏ (hoặc xanh) nếu mọi đỉnh của nó màu đỏ (hoặc xanh). Vì có 9
0.5 đ
∑ =3đ
đỉnh được tô bằng 2 màu nên có ít nhất 5 đỉnh có màu giống nhau. Không mất tính tổng quát,
ta cho màu này là màu đỏ. Do đó, có ít nhất C53 = 10 tam giác đỏ.
0.5 đ
Giờ ta chứng minh rằng có hai tam giác đỏ bằng nhau.
Các đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành 9 cung bằng nhau. Ta gọi mỗi cung là
một mảnh. Đặt
cung A
i A j không chứa điểm
giác
. Đặt ai,j là số lượng mảnh thuộc
là tam giác có
với bộ ba
và đặt tương tự cho
(a
i, j
và
. Ta cho tương ứng mỗi tam
;a j,k ;a k,i ) . Rõ ràng là 1 ≤ a i, j ≤ a j,k ≤ a k,i ≤ 7
a i, j + a j,k + a k,i =
9 . Ví dụ, tam giác với các đỉnh
được đọc là tam giác
và
và
tương ứng với bộ ba (2, 3, 4).
Các tam giác bằng nhau tương ứng với cùng một bộ ba, trong khi các tam giác không bằng
1đ
nhau tương ứng với các bộ ba khác nhau. Do đó, ta xây dựng được một tương ứng song ánh
giữa các lớp tam giác bằng nhau với tập hợp các bộ ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c)
với
và a + b + c = 9.Các bộ ba thỏa điều kiện trên gồm (1, 1, 7), (1, 2, 6), (1, 3, 5),
(1, 4, 4), (2, 2, 5), (2, 3, 4), (3, 3, 3). Suy ra có 7 lớp tam giác bằng nhau.
1đ
Vì có ít nhất 10 tam giác đỏ nên có một lớp chứa ít nhất 2 tam giác đỏ và do đó có ít nhất hai
tam giác đỏ bằng nhau.
Hết.
0.5 đ
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (3,0 điểm).
1.
y = x( xy + 2)
Giải hệ phương trình: z = y ( yz + 2) ( x, y, z ∈ ) .
x = z ( zx + 2)
2.
Tính giới hạn sau: lim+ x x .
x →0
Câu 2 (2,0 điểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac ≥ 12 và bc ≥ 8. Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của
1
1 8
1
biểu thức D = a + b + c + 2 + + +
⋅
ab bc ca abc
Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện n ≤ 2 p và
( p − 1) n + 1 chia hết cho n p −1 .
Câu 4 (2,0 điểm).
Xét các điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các
cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN BC và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P.
Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P) của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP.
1.
Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
2.
Gọi A ', B ', C ' lần lượt là điểm đối xứng với Q qua các đường thẳng BC , CA , AB .
Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B ' C ' nằm trên một đường thẳng cố
định.
Câu 5 (1,0 điểm).
Ta gọi mỗi bộ ba số nguyên dương (a ; b ; c) là một bộ n − đẹp nếu a ≤ b ≤ c, ước chung lớn
nhất của a, b, c bằng 1 và ( a n + b n + c n )M ( a + b + c ) . Ví dụ, bộ (1; 2; 2) là 5 − đẹp, nhưng không
phải là 3 − đẹp. Tìm tất cả các bộ n − đẹp với mọi n ≥ 1 (nếu có).
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Nội dung trình bày
Điểm
Câu Ý
1
1 2,0 điểm
y (1 − x 2 ) = 2 x
Hệ phương trình tương đương: z (1 − y 2 ) = 2 y
x(1 − z 2 ) = 2 z
Nếu một trong ba số x , y , z bằng ±1 thì hệ phương trình vô nghiệm.
0,5
2x
y = 1 − x2
2y
⇒ hệ phương trình trở thành z =
2
1− y
2z
x =
1− z2
2 tan α
π π
Đặt x = tan α với α ∈ − ; . Do tan 2α =
1 − tan 2 α
2 2
0,5
y = tan 2α
π
2π
3π
Ta có z = tan 4α ⇒ tan α = tan 8α ⇔ α = 0 , α = ± , α = ±
,α = ±
7
7
7
x = tan 8α
0,5
π
2π
4π
Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm: (0;0;0), tan ; tan
; tan
,
7
7
7
2π
4π
π
4π
π
2π
π
2π
4π
; tan
; tan , tan
; tan ; tan
; − tan
tan
, − tan ; − tan
7
7
7
7
7
7
7
7
7
2π
4π
π
4π
π
2π
; − tan
; − tan , − tan
; − tan ; − tan
− tan
.
7
7
7
7
7
7
,
0,5
2 1,0 điểm
Xét hàm số f ( x ) = ln x với x ∈ ( 0;1) . Theo định lí Lagrange tồn tại c ∈
1
cho: f (1) − f x = f ' ( c ) 1 − x = 1 − 3 x
c
1
⇒ 1 − 3 x < ln1 − ln 3 x < 3 1 − 3 x
x
( )
(
3
3
(
) (
)
)
1
1
1
⇒ 1 − x < − ln x < 3 1 − 3 x ⇒ x 1 − 3 x < −
x ln x < 6 x 1 − 3 x .
3
3
x
3
(
)
(
)
(
)
(
3
)
x ;1 sao
0,25
0,5
Do lim+ x 1 − 3 x = lim+ 6 x 1 − 3 x = 0
x →0
x →0
x ln x
x
x
⇒ lim+ −
= 0 ⇔ lim+ x = 1 . Vậy xlim
→ 0+
x →0
x →0
3
(
2
3
)
(
)
0,25
x
= 1.
2,0 điểm
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a b 6
ab 6
a b 6
+ +
≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
(1)
3 2 ab
3 2 ab
3 2 ab
b c 8
bc 8
b c 8
+ + ≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
(2)
2 4 bc
3 4 bc
2 4 bc
c a 12
c a 12
c a 12
+ +
≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
(3)
4 3 ca
4 3 ca
4 3 ca
a b c 24
a b c 24
a b c 24
+ + +
≥ 44 · · ·
= 4, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = = =
(4)
3 2 4 abc
3 2 4 abc
3 2 4 abc
6 32 84 24
(1) + 4 × (2) + 7 × (3) + (4) ⇒ 3 ( a + b + c ) +
+ + +
≥ 40 hay
ab bc ca abc
26 78
3D +
+
≥ 40
bc ca
1
1
1 1
Mặt khác, từ giả thiết suy ra
≤
và
≤ . Do đó
ca 12
bc 8
1
1
13
117
121
40 ≤ 3D + 26 ⋅ + 78 ⋅ ≤ 3D + + 39 = 3D +
⇒D≥
bc
ca
4
12
12
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 2, c = 4.
121
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng
, đạt được khi a = 3, b = 2, c = 4.
12
2,0 điểm
p = 2
thì n ≤ 4 và (2 − 1) n + 1 M n .
Với n = 1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn. Với
n
≥
2
Suy ra n = 2 .
Xét n ≥ 2 và p ≥ 3.
Do ( p − 1) n + 1 là số lẻ và là bội của n p −1 nên n là số tự nhiên lẻ, do đó n < 2 p .
Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.
Do q | ( p − 1)n + 1 nên ( p − 1) n ≡ −1 ( mod q ) và ( p − 1; q ) = 1 .
Do n, q đều lẻ nên (n ; q − 1) = 1 ; do đó tồn tại u, v ∈ * sao cho un − v(q − 1) = 1 .
Khi ấy u lẻ và
un
u
( p − 1) = ( p − 1)·( p − 1)v (q −1) ⇒ ( −1) ≡ ( p − 1)1v ( mod q ) ⇒ p ≡ 0 ( mod q )
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
Suy ra q| p , do p, qlà các số nguyên tố nên q = p .
Từ đó, do n < 2 p suy ra n = p
Vậy p
p −1
p
là ước của ( p − 1) + 1 = ∑ (−1)
p
k =1
p
Do mỗi số hạng của
∑ C ( −1)
k
p
p−k
p−k
p k
p−k
C p = p ∑ C p ( −1) p k − 2 + 1
k =2
k
p
k
2
0,25
p k − 2 đều chia hết cho p nên p − 1 ≤ 2 ⇒ p ≤ 3 . Bởi
k =2
vậy n = p = 3 .
Kết luận: (n ; p ) ∈ {(2; 2), (3; 3)} ∪ {(1; p ): p là số nguyên tố}.
0,5
4
2,0 điểm
A
M
B'
N
P
J
C'
I
Q
B
L
C
1 1,0 điểm
Do B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn và C , Q, P, N cùng nằm trên một
đường tròn, nên ( BQ ; BM ) ≡ ( PQ ; PM ) ≡ ( PQ ; PC ) ≡ ( NQ ; NC ) ( mod π )
và ( MQ ; MB) ≡ ( PQ ; PB) ≡ ( PQ ; PN ) ≡ (CQ ; CN )
0,5
( mod π )
Từ đó suy ra ∆BQM ~ ∆NQC (2)
Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. Khi đó, do
QI MB AB
=
=
(do MN BC ).
(2) nên
QJ NC AC
Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam
giác ABC.
2 1,0 điểm
Gọi L là giao điểm của AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có
MA LB NC
⋅
⋅
= −1
(1)
MB LC NA
MA NA
LB
Do MN BC nên
=
từ đó và (1) suy ra
= −1 hay L là trung điểm BC.
MB NC
LC
Do AQ là đường đối trung nên BAQ = CAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên
0,5
0,25
0,25
0
5
AQI = AJI suy ra CAP + AJI = AQI + BAQ = 90 ⇒ AP ⊥ IJ (3).
Do cách xác định các điểm B ', C ' nên AB ' = AC ' = AQ hay tam giác AB ' C ' cân tại
A , kết hợp với IJ là đường trung bình của tam giác QB ' C '
⇒ IJ B ' C ', AB ' = AC ' (4)
Từ (3), (4) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác A’B’C’ nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam
giác ABC.
1,0 điểm
Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì
0,25
0,25
0,25
1 nÕu ( a; p ) = 1
(định lý Fermat)
a p −1 ≡
0 nÕu ( a; p ) = p
Do đó, vì ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 suy ra
a p −1 + b p −1 + c p −1 ≡ 1, 2, 3
p −1
p −1
( mod p )
p −1
Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a + b + c thì p = 2 hoặc p = 3 .
Từ đó, nếu (a ; b ; c) là n − đẹp thì a + b + c chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3.
Do x 2 ≡ 0, 1
( mod 4 ) và a, b, c không cùng chẵn nên a 2 + b2 + c 2 ≡ 1, 2, 3 ( mod 4 )
Do x3 ≡ 0, ± 1 ( mod 9 ) và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên
a 6 + b6 + c 6 ≡ 1, 2, 3 ( mod 9 )
(2)
0,25
(1)
Từ (1) và (2) suy ra nếu (a ; b ; c) là n − đẹp thì a + b + c không chia hết cho 4 và 9. Do
đó a + b + c bằng 3 hoặc 6.
Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu được (1; 1; 1) và (1; 1; 4) là n − đẹp với mọi n ≥ 1 .
0,25
0,25
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/04/2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1(4 điểm):
2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1
Giải hệ phương trình: 3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1
x > 0
∞
n n =1 :
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy ( a )
an2 − 5an + 10
a1 = 1; an+1 =
∀n ≥ 1 .
5 − an
a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ và tính lim an .
b) Chứng minh
a1 + a2 + ... + an 5 − 5
<
∀n ≥ 1.
n
2
Câu 3 (4 điểm): Gọi AD, BE , CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A .
Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở
M , N . Chứng minh rằng:
MN ≥
2− 2
( AB + AC ) .
2
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f :
(
→
thoả mãn
)
f x 2 + y 2 = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈
(1)
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ
các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100.
----HẾT----
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 11
ĐỀ SỐ 1
Câu 1(4 điểm):
2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1
Giải hệ phương trình: 3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1
x > 0
(Quảng Trị)
2 x − 2 y + 2 x + y + 2 xy + 1 = 1
3
3 3 y + 1 = 8 x − 2 y − 1
(1) ⇔
(2)
( 2 x + 1) − 2 ( y + 1) + ( 2 x + 1)( y + 1) = 0
ĐK: (2x + 1)(y + 1) ≥ 0
(1)
(1)
⇔
(
2x + 1 > 0
Mà x > 0 ⇒
y +1≥ 0
2x + 1 − y + 1
)(
)
2x + 1 + 2 y + 1 = 0
⇔ 2x + 1 − y + 1 = 0
⇔ y = 2x
1đ
Thay vào (2):
3
3
6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ ( 6 x + 1) + 3 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x
(3)
Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R
(3) ⇔ 3 6 x + 1 = 2 x
⇔ 4 x3 − 3x =
1
2
1đ
NX: x >1 không là nghiệm của phương trình
Xét 0 < x ≤ 1: Đặt x = cos α với 0 ≤ α <
(k∈ Z )
Do 0 ≤ α ≤
π
2
⇒α =
π
2
Ta có: cos3α = 1
2
π
2π
α = 9 + k 3
⇔
α = − π + k 2π
9
3
1đ
π
9
π
π
Vậy hệ có nghiệm cos ;2cos
9
9
1đ
an2 − 5an + 10
a1 = 1; an+1 =
∀n ≥ 1 .
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy (a )
5 − an
a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ và tính lim an .
∞
n n =1 :
b) Chứng minh
a1 + a2 + ... + an 5 − 5
<
∀n ≥ 1 .
n
2
(Hải Phòng)
a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 1 ≤ an
5− 5
Đặt A=
2
Suy ra
đoạn
f '( x) =
và xét hàm
x 2 − 5 x + 10
10
f ( x) =
=
− x( x ≠ 5) .
5− x
5− x
1,0
10
(5 − x)
≤ 3 ∀n .
2
2
− 1 < 0∀x ∈ [1; 3 ] , như vậy f ( x)
2
nghịch biến trên
[ 1 ;1].
2
Dẫn đến
a1 < a3 < a5 < ... < a2 k −1 < ... < A ∃ lim a2 k −1 = b ≤ A
.
⇒
lim
a
>
a
>
a
>
...
>
a
>
...
>
A
∃
a
=
c
≥
A
4
6
2k
2k
2
1,0
Kết hợp công thức xác định dãy ta được
c 2 − 5c + 10
b =
5− 5
5−c
⇔
b
=
c
=
2
2
c = b − 5b + 10
5−b
Vậy
lim an =
b) Nhận xét:
Dẫn đến
1,0
5− 5
.
2
∀t ∈[1;
5− 5
)
2
thì
t + f (t ) < 5 − 5 .
a2 k −1 + a2 k < 5 − 5 ∀k ≥ 1
⇒ a1 + a2 + ... + a2 k −1 + a2 k < 2k
Như vậy bất đẳng thức đúng với
Trường hợp
5− 5
2
(1)
1,0
n = 2k .
n = 2k + 1 , chú ý a2 k +1 <
5− 5
, kết hợp với (1) thu được:
2
a1 + a2 + ... + a2 k −1 + a2 k + a2 k +1 < (2k + 1)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
5− 5
.
2
Câu 3 (4 điểm): Gọi AD, BE , CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A .
Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB , AC lần lượt ở
M , N . Chứng minh rằng:
MN ≥
2− 2
( AB + AC ) .
2
(Chu Văn An-Hà Nội)
2
2
Đặt BC = a, CA = b, AB = c ta có a = b + c
2
(b + c)
≥
2
Dùng tính chất đường phân giác tính được AF =
2
1,0
b+c
≤ 2.
suy ra
a
0,5
bc
bc
, AE =
.
a+b
a+c
Dùng phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được
AD =
2bc
2 AE. AF
2bc
.
, AK =
=
b+c
AE + AF
2a + b + c
Từ đó
AK
b+c
MN
b+c
=
→
=
.
AD 2a + b + c
a
2a + b + c
Suy ra: MN = (b + c)
1,0
1
1
2− 2
≥ (b + c)
=
( AB + AC ) .
b+c
2
2
+
2
2+
a
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f :
(
1,0
0,5
thoả mãn
→
)
f x 2 + y 2 = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈
(1)
(Thái Bình)
Đáp án:
Cho x = 0 , từ (1) suy ra f ( y 2 ) = yf ( y ) , ∀y ∈
Cho y = 0 , từ (1) suy ra f ( x 2 ) = xf ( x ) , ∀x ∈
.
Do đó (1) trở thành:
(
)
( )
( )
f x 2 + y 2 = f x 2 + f y 2 , ∀x , y ∈
thay y bởi − y từ (1) ta được :
⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ≥ 0
(*)
(
)
f x 2 + y 2 = xf ( x ) − yf ( − y )
⇒ − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈
− yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈
⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈
⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈
, chứng tỏ f là hàm số lẻ. Do đó với mọi
x ≥ 0, y ≤ 0 ta có
f ( x − y ) = f ( x + ( − y )) = f ( x) + f ( − y ) = f ( x) − f ( y )
⇒ f ( x) = f ( x − y) + f ( y)
⇒ f
(( x − y ) + y ) = f ( x − y ) + f ( y )
⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≤ 0
(**)
Với mọi x ≤ 0, y ≤ 0 ta có
f ( x + y ) = − f ( − x − y ) = − ( f ( − x ) + f ( − y )) = − ( − f ( x ) − f ( y )) = f ( x ) + f ( y )
Kết hợp (*) , (**) , (***) và ta được f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈
f
(( x + 1) ) = f ( x
2
2
(***)
.
)
+ 2x +1
( )
⇔ ( x + 1) f ( x + 1) = f x 2 + f ( 2 x ) + f (1)
tính f
(( x + 1) ) theo hai cách. Ta có ⇔ ( x + 1) ( f ( x ) + f (1)) = xf ( x ) + 2 f ( x ) + f (1)
2
⇔ f ( x ) = xf (1) , ∀x ∈
⇔ f ( x ) = ax, ∀x ∈ , a ∈
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ
các số đó có thể chọn được một số số có tổng bằng 100.
(Yên Bái)
Đáp án:
Nếu tất cả các số bằng nhau thì tất cả các số là 2. Khi đó ta lấy 50 số 2 sẽ có tổng là
1,0
100.
Giả sử a1 ≠ a 2 ta xét 100 số có dạng
0 < a 1 ,a 2 ,a 1 + a 2 ,a1 + a 2 + a 3 ,........,a 1 + a 2 + ... + a 99 < 200
Nếu có một số chia hết cho 100 thì số đó bằng 100 vì số đó bé hơn 200.
Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì trong 100 số phải có hai số đồng dư trong
phép chia cho 100 (vì các số dư nhận giá trị từ 1 đến 99) suy ra hiệu của chúng chia
hết cho 100 và hiệu hai số đó chính là tổng cần tìm
----HẾT----
1,0
1,0
1,0
Họ và tên thí sinh:……………………..…………..
Chữ ký giám thị 1:
Số báo danh:……………………………..………...
…………….………………..
SỞ GDĐT BẠC LIÊU
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC
* Môn thi: TOÁN
* Bảng: A
* Lớp: 11
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Gồm 01 trang)
ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Cho dãy số a0 , a1 , a2 ,.... xác định bởi an+1 = 2n − 3.an
n∈ N
Tìm tất cả các giá trị a0 ∈ R sao cho {an } là dãy số tăng.
Câu 2: (4 điểm)
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có diện tích S.
Chứng minh rằng: S ≤
a2 + b2 + c2
4 3
Câu 3: (4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x( x + 1)( x + 7 )( x + 8) =
y2
Câu 4: (4 điểm)
Giải phương trình:
4
1
2
+ sin 2 x + 4
1
2
− sin 2 x = 1
Câu 5: (4 điểm)
n = α ; COA
n=β ; n
Cho tứ diện OABC có OA = a; OB = b; OC = c; BOC
AOB = γ .
Gọi S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh rằng:
cot A + cot B + CotC ≥
ab sin 2
γ
2
+ bc sin 2
S
--- HẾT ---
1
α
2
+ ca sin 2
β
2
SỞ GDĐT BẠC LIÊU
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC
* Môn thi: TOÁN
* Bảng: A
* Lớp: 11
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Gồm 03 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: (4 điểm)
Ta có an = 2n−1 − 3an−1 = 2n−1 − 3 ( 2n−2 − 3an−2 )
= 2n−1 − 3.2n−2 + 32.an−2 = 2n−1 − 3.2n−2 + 32 ( 2n−3 − 3an−3 )
= 2n−1 − 3.2n−2 + 32.2n−3 − 33.an−3
= 2n−1 − 3.2n−2 + 32.2n−3 − ... + ( −1) .3n−1 + ( −1) .3n.a0
n −1
mà 2n−1 , ( −3) .2n−2 ,32.2n−3 ,..., ( −1)
2
nên an =
n −1
n −1
n
(1.0đ)
.3n−1 là n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân
⎛ ⎛ 3 ⎞n ⎞
⎜⎜1 − ⎜ − ⎟ ⎟⎟
n +1 n
n
⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎠ + −1 n .3n.a = 2 + ( −1) .3 + −1 n .3n.a
( )
( )
0
0
3
5
1+
2
(1.0đ)
1
n
n −1
an−1 = ⎡ 2n−1 + ( −1) .3n−1 ⎤ + ( −1) .3n−1.a0
⎦
5⎣
2n−1 ⎡
n −1 ⎛ 3 ⎞
Đặt d n = an − an−1 =
⎢1 − 4.( −1) .⎜ ⎟
5 ⎢⎣
⎝2⎠
n −1
⎤
( 5a0 − 1)⎥
⎥⎦
1
thì d n < 0 với n lẻ đủ lớn
5
1
• Nếu 5a0 − 1 < 0 ⇔ a0 < thì d n > 0 với n chẵn đủ lớn
5
1
Vậy a0 ≠ thì {an } không tăng
5
1
2n−1
> 0 ∀n ∈ N
• Nếu a0 = thì d n =
5
5
1
Vậy a0 = thì {an } là dãy số tăng.
5
Câu 2: (4 điểm)
(0.5đ)
• Nếu 5a0 − 1 > 0 ⇔ a0 >
Theo công thức Hêrông ta có: S 2 = p( p − a )( p − b )( p − c ) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p-a, p-b, p-c ta có:
1
(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)
3
( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ ⎡⎢ ( p − a ) + ( p − b ) + ( p − c )⎤⎥ = p
3
27
⎣
⎦
2
2
(a + b + c )
p
Từ (1) và (2) suy ra S ≤
=
3 3
12 3
3
(2)
(1.0đ)
(0.5đ)
Mặt khác ta có:
(a + b + c )2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
(
) (
) (
) (
≤ a2 + b2 + c2 + a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 = 3 a2 + b2 + c2
Do đó: S ≤
a 2 + b2 + c2
(đpcm)
4 3
)
(1.0đ)
(0.5đ)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
(0.5đ)
Câu 3: (4 điểm)
Ta thấy phương trình:
x( x + 1)( x + 7 )( x + 8) = y 2
⇔ (x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2
Đặt: (x2 + 8x) = a > 0
Ta có a (a + 7) = y2
2
2
⇔ a + 7a = y
⇔ 4a2 + 28a = 4y2
⇔ (2a + 7)2 - (2y)2 = 49
⇔ (2a + 7 + 2y)(2a + 7 - 2y) = 49 (1)
Vì a, y > 0 nên:
* 2a + 7 + 2y > 2a + 7 - 2y
* 2a + 7 + 2y > 0
Do đó từ (1) ta có hệ sau:
⎧2a + 7 + 2 y = 49
⎧a = 9
⇒ ⎨
⎨
⎩2 a + 7 − 2 y = 1
⎩ y = 12
Với a = 9 ta có: x2 + 8x - 9 = 0
⇒ x = 1 hoặc x = -9 (loại)
Thử lại và kết luận phương trình có một nghiệm là (1, 12)
(0.5đ)
(1.0đ)
(0.5đ)
(1.0đ)
(0.5đ)
(0.5đ)
Câu 4: (4 điểm)
⎧1
⎪⎪ 2 − Sin2x ≥ 0
1
1
⇔ − ≤ Sin2x ≤ (*)
Điều kiện: ⎨
2
2
⎪ 1 + Sin2x ≥ 0
⎪⎩ 2
Với điều kiện trên, Đặt u= 4
(0.25đ)
1
1
+ sin2x , v= 4 − sin2x
2
2
Ta có hệ phương trình:
⎧u + v = 1
⎨ 4 4
⎩u + v = 1
(0.5đ)
2
- Xem thêm -