Gọi là điểm chính giữa cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác giao tại , giao tại.. Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.. a Hỏi có bao nhiêu tập con 3 phần tử của mà chúng là độ d
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI LỚP 11
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)
Câu 1: (4 điểm ) Cho dãy số ( ) u xác định bởi: n u0 = 1 , 1 2 2 1
n n
n n
u
n u u
3
lim n ?
Câu 2: (4 điểm ) Cho tam giác nội tiếp đường tròn Trực tâm tam giác là Gọi là điểm chính giữa cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác giao tại , giao tại Kẻ phân giác trong của góc Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
a) Chứng minh
b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng
Câu 3(4 điểm): Tìm tất cả các hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn
( )2 4 2 ( ) ( ( ) 2) ( ( ) ( ) ) ,
f x + y f y = f x−y +y f x+y + f y ∀x y∈¡
Câu 4: (4 điểm ) Cho đa thức P x( )=x3+2009x2+2015x+2012
Đặt P1( ) x = P x ( ); P ( )n+1 x = P P x ( ( )), n Nn ∀ ∈ * Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương
n thỏa mãn P xn( ) − x chia hết cho 2003 với mọi số nguyên x.
a) Hỏi có bao nhiêu tập con 3 phần tử của mà chúng là độ dài 3 cạnh của một tam giác có cạnh lớn nhất có độ dài bằng 1000?
b) Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của , tính xác suất để 3 số được chọn là độ dài 3 cạnh của một tam giác có cạnh lớn nhất có độ dài là một số chẵn.
Trang 2TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI MÔN: TOÁN LỚP:11
Câu 1: (4 điểm ) Cho dãy số ( ) u xác định bởi: n u0 = 1 , 1 2 2 1
n n
n n
u
n u u
3
lim n ?
Hướng dẫn chấm
Từ giả thiết 1 2 2
1
n n
n n
u
n u u
+ + ¥ ta có
*
1 2 2
1
n n
n
u
n u n
+ < = ∀ ∈¥ nên ( ) vn
xác định bởi
0
n
n k k
=
=∑ có giới hạn hữu hạn, giả sử lim n
n v c
→+∞ = (c hữu hạn)
Cũng từ 1 2 2
1
n n
n n
u
n u u
+ + ¥ ta có
2
1
n
u + = + +u ∀ ∈¥
2
1
n
n n
u + u
Do đó 2 0
1 0
u −u = +
2 1
2 1
u −u = +
…
2 1 1
n n
u −u − = − + − . Cộng theo vế ta được :
1
0 0
1 1 ( 1) (2 1)
6
n k k n
u
−
=
1
6
n n
−
Mà 1 3
n
v n
→+∞ + = ( do lim n
n v c
→+∞ = ) nên
n
⇒ = = hay lim 3 n 3
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Trang 3Câu 2: (4 điểm ) Cho tam giác nội tiếp đường tròn Trực tâm tam giác là Gọi là điểm chính giữa cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác giao tại , giao tại Kẻ phân giác trong của góc Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
a) Chứng minh
b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng
Hướng dẫn chấm
a) Ta có nên tứ giác nội tiếp
Suy ra , ta thhu được tứ giác nội tiếp, tương tự tứ giác
nội tiếp
Dễ có (đường tròn qua 3 điểm , gọi là tâm của Ta có:
0,5 0,5 0,5 0,5
Trang 4Suy ra
b) Ta có nên và đối xứng với nhau qua
Do và nên Suy ra
Ta có giao tại là tâm của phép vị tự quay biến thành nên
Do và nên
Ta thu được , suy ra tứ giác nội tiếp Mà nên
là hình thang cân Vậy , hay
0,5 0,5 0,5
0,5
Câu 3(4 điểm): Tìm tất cả các hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn
( )2 4 2 ( ) ( ( ) 2) ( ( ) ( ) ) ,
f x + y f y = f x−y +y f x+y + f y ∀x y∈¡ (1)
Hướng dẫn chấm
Thay x=0 và (1) ta được:
( )0 4 2 ( ) 2( ( ) 2) ( )
f + y f y = f − +y y f y ∀ ∈y ¡ (2) Thay y bởi −y vào (2) ta có:
( )0 4 2 ( ) 2( ( ) 2) ( )
f + y f − =y f y +y f − ∀ ∈y y ¡ (3) Trừ theo vế (2) và (3) ta có
( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) )
4y f y − f −y =2y f y − f −y ∀ ∈y ¡ ( ) ( )
⇒ − = ∀ ∈ ¡ (4) Lại thay y bởi −y vào (1):
( )2 4 2 ( ) ( ( ) 2) ( ( ) ( ) ) ,
f x + y f − =y f x+y +y f x−y + f −y ∀x y∈¡ ( )2 4 2 ( ) ( ( ) 2) ( ( ) ( ) ) ,
(5)
Từ (1) và (5) ta có
( f x−y +y2) ( f x( +y)+ f y( ) )=( f x( +y) +y2) ( f x( −y) + f y( ) ) ∀x y, ∈¡
( ) ( f y y2) ( f x( y) f x( y) ) x y,
Nếu f y ( ) = ∀ ∈ y y2 ¡ thay vào (1) thỏa mãn
Giả sử tồn tại y0 ≠ 0 sao cho f y ( )0 ≠ y02 thì
f x y + = f x y − ∀ ∈ ⇒ x ¡ f x + y = f x ∀ ∈ x ¡
(6)
Từ (1), thay y = 2 y0 ta có
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
Trang 5( )2 2 ( ) ( ( ) 2) ( ( ) ( ) )
f x + y f y = f x− y + y f x+ y + f y ∀ ∈x ¡
(7)
Từ (6) ta có f x ( − 2 y0) = f x ( + 2 y0) = f x ( ),f(2 y )0 = f (0) , kết hợp (7) suy ra:
( )2 2 ( ) ( ( ) 2) ( ( ) ( ) )
f x + y f = f x + y f x + f ∀ ∈x ¡
(8)
Thay y = 0 vào (1):
( )2 ( ) ( ) ( ( )0 )
f x = f x f x + f ∀ ∈x ¡
(9)
Từ (8) và (9) ta có 2 ( ) 2( ( ) ( ) )
16y f 0 =4y f x + f 0 ∀ ∈ ⇔x ¡ f x( ) 3 (0)= f ∀ ∈x ¡ Thay vào (1) ta được f x ( ) 0 ≡ ( thỏa mãn)
Vậy f x ( ) 0 = ∀ ∈ x ¡ hoặc f x ( ) = x2 ∀ ∈ x ¡
0,5
0,5
0,5
Câu 4: (4 điểm ) Cho đa thức P x( )=x3+2009x2+2015x+2012
Đặt P1( ) x = P x ( ); P ( )n+1 x = P P x ( ( )), n Nn ∀ ∈ * Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương
n thỏa mãn P xn( ) − x chia hết cho 2003 với mọi số nguyên x.
Bổ đề: P x ( ) ≡ P y ( ) (mod2003) ⇔ ≡ x y (mod 2003) x,y Z ∀ ∈
Chứng minh:
Ta chỉ cần chứng minh P x ( ) ≡ P y ( ) (mod2003) ⇒ ≡ x y (mod 2003)
Thật vậyP x( ) (= +x 2)3+2003(x2 + + +x 1) 1
Do đó P x ( ) ≡ P y ( ) (mod 2003) ⇒ + ( x 2)3 ≡ + ( y 2) (mod 2003) x,y Z3 ∀ ∈
Nếu ( x + ≡ 2) 0 (mod2003) ⇒ + ≡ ( y 2) 0(mod2003) Do đó x y ≡ (mod 2003)
Nếu ( x + ≠ 2) 0 (mod 2003) ⇒ + ≠ ( y 2) 0(mod 2003)
Áp dụng định lý Fermat với 2003 là số nguyên tố ta có:
2002 2002
( x + 2) ≡ + ( y 2) ≡ 1 (mod 2003)
Mặt khác ( x + 2)3 ≡ + ( y 2) (mod 2003) 3 ⇒ + ( x 2)2001 ≡ + ( y 2) (mod 2003)2001
( x 2) ( y 2) (x+2) (mod 2003) ( y 2) ( y 2) (x+2) (mod 2003)
( x + ≡ + 2) ( y 2) (mod 2003) ⇒ ≡ x y (mod 2003) (đpcm)
Trở lại bài toán:
Đặt A={0;1;2; 2002} Với mỗi x∈A, xét dãy P1(x), P2(x) ,P2004(x)
Theo nguyên lý Dirichle tồn tại các số m,k thỏa mãn 1≤ < ≤m k 2004 và
( ) ( ) (mod2003)
P x ≡ P x suy ra P xm( ) ≡ P Pm( k m− ( )) (mod2003) x
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 6Áp dụng bổ đề ta có Pk m− ( ) x ≡ x (mod2003).
Vì vậy với mỗi x∈A luôn tồn tại nx∈ N* thỏa mãn: ( ) (mod 2003)
x
n
Lấy một bội số chung n > 1 của n0, n1, n2012 Ta sẽ chứng minh n là một giá trị thỏa mãn yêu
cầu cầu của đề bài
Thậy vậy với x∈A ta dễ thấy ( ) ( ) ( ) (mod 2003)
x x
Với mỗi số nguyên x∉A luôn tồn tại y A ∈ , x y (mod2003) ≡ suy ra
( ) ( ) y x (mod2003)
P x ≡ P y ≡ ≡
Vì vậy P xn( ) − x chia hết cho 2003 với mọi số nguyên x
Vì tồn tại vô hạn bội chung n > 1 của n0, n1, n2012 nên có vô hạn n thỏa mãn bài toán
(đpcm)
0,5
0,5
0,5
a) Hỏi có bao nhiêu tập con 3 phần tử của mà chúng là độ dài 3 cạnh của một tam giác có cạnh lớn nhất có độ dài bằng 1000?
b) Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của , tính xác suất 3 để số được chọn là độ dài 3 cạnh của một tam giác có cạnh lớn nhất có độ dài là một số chẵn.
a) Đặt và gọi là tập chứa các tập con thỏa mãn đề bài, theo BĐT tam
giác và không mất tính tổng quát, ta có
Rõ ràng
Từ điều kiện của và ta có và Ta xét hai trường hợp, đó
là trường hợp và trường hợp
Trường hợp 1, Ta cũng có (do ), suy ra
Lúc này, với mỗi giá trị của , ta có thể chọn tùy ý thuộc tập
(tập này có phần tử) Dẫn đến số cách chọn các tập thỏa mãn là
Trường hợp 2, Hiển nhiên ta cũng phải có , suy ra
Khi đó, với mỗi thuộc tập , ta có thể chọn tùy ý thuộc tập (tập này có phần tử) Do đó, số
cách chọn các tập thỏa mãn là
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 7b) Với mỗi số nguyên dương chẵn , kí hiệu
Khi đó, số cách chọn 3 phần tử thỏa mãn yêu cầu đề bài là
Theo câu a), ta có Suy ra
Và do số cách chọn 3 phần tử bất kì thuộc là , suy ra xác suất cần tính là
0,5 0,5
0,5 0,5