Toán 11 đề thi , đáp án học sinh giỏi các trường chuyên, trường chuyên HDC phu tho

Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình... Q là giao điểm của CK và PD.. Theo định lý con bướm, suy ra D là trung điểm của đoạn PQ.. 2 Mặt khác D là trung điểm của HK , do đó tứ g

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11

Câ

u

1 Điều kiện: x 1

Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình

Xét x  1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với

4 x 1 2 2 2x 3 3 x3  x2  2x 12

1

2

2

1 2 2 3 3

1 2 2 3 3

1

Vì x  1 nên x   và 1 0 2x 3 1. Suy ra 4 4 3

x   x   vì vậy 2

1 3 0

1 2 2 3 3 (x ) .

x   x     

1

Do đó phương trình ( )1  x 3 0  x 3

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3

1

2 Từ cách xác định của dãy  a n , dễ dàng suy ra a n 0, n 1

Giả sử khi n   thì dãy  a n có giới hạn hữu hạn, đặt limn a n L

   , từ hệ thức truy hồi đã cho, suy ra L là nghiệm không âm của phương trình

3 2

2 3

4 2 3 0 1

x

x



1

Khảo sát hàm số f x  4x3  2x 3 trên , ta thấy phương trình ( )1 có đúng một

nghiệm trên  Vì f x  là một hàm số liên tục trên  và f    0 f 2 25 0 nên

0 L 2 (2)

1

Ta chứng minh a2n1  a2n1, n 1

Ta có 1 2 248 3

49

a   a , do đó khẳng định đúng với n 1 Giả sử khẳng định đúng với mọi n từ 1 đến k, ta chứng minh a2k1  a2k3

2 1 2 1 2 1 2 1

Do đó theo nguyên lý Quy nạp khẳng định được chứng minh

1

Như thế ta có 2a1 a3  a2n1 , chứng tỏ dãy con a2n1 là dãy tăng và bị chặn dưới bởi 2, từ đó suy ra L 2, mâu thuẫn với (2)

Vậy khi n   thì dãy  a n không có giới hạn hữu hạn

1

3

Q K

P

H

D

O A

Gọi K là giao điểm của BD và  O K, B Q là giao điểm của CK và PD

Theo định lý con bướm, suy ra D là trung điểm của đoạn PQ

2

Mặt khác D là trung điểm của HK , do đó tứ giác PHQK là một hình bình hành Suy

ra DHP HKQ

1

Mà HKQ BAC, do vậy DHP BAC 1

4 Giả thiết đã cho được viết lại dưới dạng

x2  x P x   2 x2 x2 5x6 P x  x,  x Đặt P x   xQ x , ta có x x  1 Q x2  x2 x3  Q x ,  x  1

1

Lần lượt thay x 0,x 1,x 3 vào  1 suy ra Q 0 0,Q 1 0,Q 1 0

Suy ra Q x  x x  1 x1H x  , với H x  x

1

Khi đó  1 trở thành

x x x x x H x  x x x x x H x   x

Suy ra H x 2 H x , x 3 2 1 0 1, , , ,

1

Do đó H x 2 H x ,  x Suy ra H x  c, với c là hằng số Từ đó ta thu được P x  cx x  1 x1  x cx3  c1 ,x   x

Thử lại P x  cx3  c1 x thỏa mãn bài toán

1

5 *) Ta thấy các cặp x y;   1; ,t t   thỏa mãn bài toán

*) Xét x 1 Phương trình được viết lại dưới dạng

1

     

11

x

x



 Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của

11 1 1

x x



 , suy ra p x | 11 1 Gọi h ord x p , suy ra h|11 h1 11, 

- Nếu h 1 thì x 1mod11 Vì p x| 10 x9  x1 nên p|11 suy ra

11

p  (2)

- Nếu h 11 thì từ p 1 1

x  p

  suy ra p 1mod11 (3)

Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của

11 1 1

x x



 nên từ (2), (3) suy ra với mọi ước số d của

11 1

1

x

x



 đều có tính chất d 0hoÆc mod1 11 (4)

1

Từ (1) suy ra y y,  2vµ y3  y2  y2 đều là ước số của

11 1 1

x x



 (5)

Vì

11 1 2

1 , |x

y y

x





 nên suy ra y 0 1 2, , hoÆc 3 mod 11

1

- Nếu y 0mod11 thì y3  y2  y2 2 mod11, trái với (4), (5)

- Nếu y 1mod11 thì y3  y2  y2 5 mod11, trái với (4), (5)

- Nếu y 2mod11 thì y3  y2  y2 5 mod11 , trái với (4), (5)

- Nếu y 3mod11 thì y3  y2  y2 8 mod11 , trái với (4), (5)

Từ các trường hơp trên, suy ra phương trình (1) vô nghiệm

Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x y;   1;t víi t 

1

Giáo viên làm đáp án

Đào Mạnh Thắng SĐT: 0919 686 359