HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KHỐI 11
Câu 1 Điều kiện : 2 0 0 1
1 0 0 4 ) 1 ( 4 0
2 2
2 2
xy y x xy xy y x y xy
0,5
2 2
2
khi xy =12 )
0,5
Do đó từ (1) 2 6 4 3 20 2 1
Từ (2) và (3) ta suy ra :
4 ) 2 ( 2 20 4 2 4 28 4
y x
8 3 4 2 6 8 2 2 2 2 4
x y x y y
x
4 3 2 6 4 2 2 2 4
x y x y x y
2 3 2 2 2 2 4
1
Ta lại có x3 2y2 x 2y2 4 2 0,5
Do đó (4)
0 2
0 2 3
y x
y x
0 0
y x
hoặc
2 1
y x
hoặc
2 1
y x
0,5 Thử lại ta thấy chỉ có
2 1
y x
là nghiệm của hpt.0,5
1
Câu 2 Dễ thấy xn Z nN, n 1 0,5
Ta có xn = 6 xn-1 - xn-2 xn - 3xn-1 = 3xn-1 - xn-2
x n2 6x n.x n1 9x n21 2
2 2
1
2
9x n x n x n x n
x n2 6x n.x n1x n21 2
2 2
1
2
x
1
từ đó ta có x n2 6x n.x n1x n21 6 2 8
1 1 2
2
2 x x x
x
6 2 8 0
1
2
0,5
Vì xn Z nN, n 1 nên phương trình (1) phải có nghiệm
nguyên Do đó (1) có '
phải là số chính phương
0,5
Tức là tồn tại kNsao cho ' 9x n2 (x n2 8 ) 8 (x n2 1 ) k2(2)
Từ (2) ta suy ra k phải là số chẵn k 2m ;mN
1
8 (x n2 1 ) 4m2 2x2n 2 m2
Vậy 2x n2 2 là số chính phương
0,5
Trang 2Câu 3
a)
N
M I
A
K B' C'
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’
AC
AC AB
AB
' '
0,5
phép vị tự k
A
V : B B’
C →C’
k
A
V : ABC → A’B’C’
0,5
Do đó k
A
V : D →N’ A, N’, D thẳng hàng N’ trùng với N 0,5
Khi đó NI//AK (cùng vuông góc với BC)
MK
IM AK
IN
mà IN = IM nên suy ra KA = KM
0,5
b) Từ câu a ta suy ra: đường tròn có tâm thuộc đường cao
AH, đi qua A và tiếp xúc (I) tại M thì MAD/
do đó A1AD
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;
0,5
Trang 3AA1 , BB1, CC1 đồng quy AD, BE, CF đồng quy
Mặt khác, nếu ta gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của và
P là nửa chu vi thì ta có
BD=EC=p-c DC=AF=p-b AE=BE=p-a
0,5
1
FB
FA EA
EC DC DB
Theo định lí Ceva ta có AD, BE, CF đồng qui
0,5
Câu 4 Ta có (1) f(x)+f(x2+2x) = f(x).f(x2+2x)
[f(x)-1].[f(x+1)f(x)-1].[f(x)-1].[f(x+1)f(x+1)2-1]=1
Thế x bởi x-1 ta [f(x)-1].[f(x+1)f(x-1)-1].[f(x)-1].[f(x+1)f(x2-1)-1]=1
0,5
Đặt g(x)=f(x-1)-1
g liên tục trên R; g(x)1 xR và g(x) g(x2)=1 xR (2)
0,5
Từ (2) ta có g(x) 0 1 xR
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
0,5
Từ (2) ta có: g(x) = = g(x4)
g(x)=g(x1/4) x>0
0,5
Lấy a>0 tùy ý, xét dãy (xn) xác định như sau:
X0=a; xn+1=xn1/4nN
Lim xn=1
0,5
Và có g(xn)=g(xn1/4)=g(xn+1) xN
g(xn)=g(xn-1)=…=g(x0)=g(a)
0,5
Vì g liên tục nên ta có
g(x) =Lim g(xn)=g(Lim xn) = g(1)
0,5
Thay x=1 vào (2) g2(1)=1 g(1)=1 (vì g1)
g(x) =1 a>0 bất kì
g(x)=1 xR f(x)=2 xR
0,5
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
1
Ta có số lượng các dấu - trên bảng là m(100-n) + n( 100-m) =
100m +100n - 2mm
0,5
Bảng có đúng 98 dấu - nên ta có 100m +100n - 2mm = 98
m 50(n 50 ) 50 2 7 2
1
Trang 4 m 50n 50 43 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 n-50 = 0 mâu thuẫn với (*)
Vậy bảng không thể có đúng 98 dấu -
1
