Toán 11 đề thi , đáp án học sinh giỏi các trường chuyên, trường chuyên HDC ha nam
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116 KB, 4 trang )
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
Câu
Câu 1
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KHỐI 11
Đáp án
xy − x y ≥ 0
0 ≤ xy ≤ 1
⇔
⇔ 0 ≤ xy ≤ 1
2
x 2 + 4( y 2 + 1) − 4 xy ≥ 0
( x − 2 y ) + 4 ≥ 0
2
2
Điều kiện :
2
1
1
1
1
Ta có : xy − x y = − xy − ≤ ⇐ xy − x 2 y 2 ≤ ( dấu = xảy
4
2
4
2
1
ra khi xy = )
2
Do đó từ (1) ⇒ 2 x 6 + 4 x 3 − 20 y 2 ≤ 1 (3)
2
2
Từ (2) và (3) ta suy ra :
Điểm
0,5
0,5
0,5
1
8 x 3 y + 4 x 3 − 28 y 2 + 4 ≥ 2 x 6 + 4 x 3 − 20 y 2 + 2 ( x − 2 y ) 2 + 4
( x − 2 y) 2 + 4
2
⇔ 4x3 y + 2 ≥ x6 + 4 y 2 + ( x − 2 y) + 4
2
2
(4)
⇔ 2 ≥ ( x3 − 2 y) + ( x − 2 y) + 4
( x − 2 y) 2 + 4 ≥ 2
⇔ 8x 3 y + 4 ≥ 2 x 6 + 8 y 2 + 2
Ta lại có ( x 3 − 2 y ) +
2
x = 1
x 3 − 2 y = 0
x = 0
⇔
Do đó (4) ⇔
hoặc 1 hoặc
y = 0
x − 2 y = 0
y = 2
x = 1
Thử lại ta thấy chỉ có 1 là nghiệm của hpt.0,5
y = 2
Câu 2
x = −1
1 0,5
y = − 2
Dễ thấy xn ∈ Z ∀n ∈ N , n ≥ 1
Ta có xn = 6 xn-1 - xn-2 ⇔ xn - 3xn-1 = 3xn-1 - xn-2
⇔ x n2 − 6 x n .x n −1 + 9 x n2−1 = 9 x n2−1 − 6 x n −1 .x n − 2 + x n2− 2
0,5
1
0,5
1
⇔ xn2 − 6 xn .xn −1 + xn2−1 = x n2−1 − 6 xn −1 .x n −2 + x n2−2
2
2
từ đó ta có xn −6 xn .xn −1 + xn −1 = x 22 − 6 x2 .x1 + x12 = −8
0,5
⇒ xn2−1 − 6 xn .xn −1 + xn2 + 8 = 0 (1)
Vì xn ∈ Z ∀n ∈ N , n ≥ 1 nên phương trình (1) phải có nghiệm
nguyên . Do đó (1) có ∆' phải là số chính phương
0,5
2
2
2
2
Tức là tồn tại k ∈ N sao cho ∆' = 9 xn − ( xn + 8) = 8( xn − 1) = k (2)
Từ (2) ta suy ra k phải là số chẵn ⇒ k = 2m ; m ∈ N
⇒ 8( xn2 − 1) = 4m 2 ⇒ 2 xn2 − 2 = m 2
1
0,5
2
Vậy 2 x n − 2 là số chính phương.
Câu 3
0,5
A
N
B'
C'
K
I
M
B
H
D
C
a)
Gọi J là tiếp điểm của (I) với BC.
Giả sử IJ cắt (I) tại điểm thứ 2 là N’≠E
Qua N’ vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại điểm
B’, C’
AB ' AC '
=
=k
AB
AC
⇒ phép vị tự V Ak : B
Ta có
B’
C →C’
⇒ V Ak : ABC → A’B’C’
Do đó V Ak : D →N’ ⇒ A, N’, D thẳng hàng ⇒ N’ trùng với N
Khi đó NI//AK (cùng vuông góc với BC) ⇒
IN
IM
=
AK MK
0,5
0,5
0,5
mà IN = IM nên suy ra KA = KM
b) Từ câu a ta suy ra: đường tròn có tâm thuộc đường cao 0,5
AH, đi qua A và tiếp xúc (I) tại M thì M∈AD/
do đó A1∈AD
0,5
Tương tự, nếu gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn bàng tiếp góc B, C của
với CA, CB thì B1 ∈BE;
C1∈CF
⇒AA1 , BB1, CC1 đồng quy ⇔ AD, BE, CF đồng quy.
Mặt khác, nếu ta gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của
và 0,5
P là nửa chu vi thì ta có
BD=EC=p-c
DC=AF=p-b
AE=BE=p-a
⇒
DB EC FA
.
.
=1
DC EA FB
0,5
Theo định lí Ceva ta có AD, BE, CF đồng qui
Câu 4
Ta có (1) ⇔ f(x)+f(x2+2x) = f(x).f(x2+2x)
⇔ [f(x)-1].[f(x+1)2-1]=1
Thế x bởi x-1 ta [f(x-1)-1].[f(x2-1)-1]=1
Đặt g(x)=f(x-1)-1
⇒ g liên tục trên R; g(x)≠1 ∀x∈R và g(x) g(x2)=1 ∀x∈R (2)
Từ (2) ta có g(x) ≠0 1 ∀x∈R
Thay x bởi –x ⇒ g(-x).g(x2)=1-g(x).g(x2) ⇒ g(-x)=g(x)
Vậy g là hàm chẵn x nên ta chỉ cần xét với x>0 trên R.
Từ (2) ta có: g(x) = = g(x4)
⇒ g(x)=g(x1/4) ∀x>0
Lấy a>0 tùy ý, xét dãy (xn) xác định như sau:
X0=a; xn+1=xn1/4∀n∈N
⇒Lim xn=1
Và có g(xn)=g(xn1/4)=g(xn+1) ∀x∈N
⇒ g(xn)=g(xn-1)=…=g(x0)=g(a)
Vì g liên tục nên ta có
g(x) =Lim g(xn)=g(Lim xn) = g(1)
Thay x=1 vào (2) ⇒g2(1)=1 ⇒ g(1)=1 (vì g≠1)
⇒g(x) =1 ∀a>0 bất kì
⇒g(x)=1 ∀x∈R ⇒f(x)=2 ∀x∈R
Câu 5
Giả sử sau một số lần biến đổi bảng có đúng 98 dấu Gọi xi là số lần đổi dấu ở hàng thứ i ( i = 1, 2....,100 , tính từ trên
xuống)
Gọi yj là số lần đổi dấu ở cột thứ j ( j = 1, 2....,100 , tính từ trái
sang phải)
Gọi m là các số lẻ trong các số x1; x2 ;.....; x100 và n là các số lẻ
trong các số y1; y2 ;.....; y100 . Ta có m , n ∈ { 0,1,2.....100}
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1
Ta có số lượng các dấu - trên bảng là m(100-n) + n( 100-m) =
100m +100n - 2mm
Bảng có đúng 98 dấu - nên ta có 100m +100n - 2mm = 98
⇒ ( m − 50 ) (n − 50) = 50 2 − 7 2
⇔ ( m − 50 )( n − 50) = 43.57 (*)
⇒ ( m − 50 )( n − 50 ) 57
mà 57 là số nguyên tố nên m-50 57 hoặc n-50 57
0,5
Ta có m-50 , n-50 ∈ { − 50;−49;.........;49;50} nên m-50 = 0 hoặc n50 = 0 mâu thuẫn với (*).
Vậy bảng không thể có đúng 98 dấu - .
1
1
0,5
