Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 năm 2016 đề đề xuất trường THPT chuyên bắc ninh

Chứng minh rằng TC vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác ABC.. Chú ý: Đường thẳng Euler của một tam giác là đường thẳng đi qua trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ ĐỀ NGHỊ LÀM ĐỀ CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI ĐHBB 2016

Môn: Toán 11

Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số dương  x n thoả mãn: x nx n12x n2 với mọi số

tự nhiên n 1 Chứng minh rằng dãy {xn} hội tụ

Câu 2(4,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương k để phương trình

0

2

2 y kxyxy

x có nghiệm nguyên dương Giải phương trình nghiệm nguyên dương với k nhỏ nhất tìm được

Câu 3(4,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân Gọi A B thứ tự là chân đường 1, 1 cao kẻ từ A B, và M N, thứ tự là trung điểm của cạnh CB CA, Giả sử A B và 1 1

MN cắt nhau tại T Chứng minh rằng TC vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác ABC

(Chú ý: Đường thẳng Euler của một tam giác là đường thẳng đi qua trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó)

Câu 4 (4,0 điểm) Cho đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn đồng thời hai điều

kiện:

i) P(x) không có nghiệm bội

ii) ( ) ( ) 2( ); ,

2

x y

P x P y P  x y

¡

Chứng minh rằng đa thức P(x) có nghiệm duy nhất

Câu 5 (4,0 điểm) các v tr khác nhau của một đường đua ô tô vòng tròn c ng

một thời gian có ô tô xuất phát theo c ng một hướng Theo thể lệ cuộc đua, các ô tô có thể vượt l n nhau, nhưng cấm không được vượt đồng thời hai xe một lúc Các ô tô đến đ ch là các điểm mà chúng xuất phát ban đ u c ng một lúc Chứng minh rằng trong suốt cuộc đua có một số ch n l n vượt nhau của các ô tô

- HẾT -

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

TỔ TOÁN – TIN

ĐÁP ÁN Môn: Toán 11

Câu 1 (4,0 điểm) - Đặt yn = max(xn; xn+1)

Từ (1) và ( ) suy ra y n  y n1 0 ; n ¥ *   a lim(y )n

- Với   0tuỳ ý, khi n đủ lớn, ta có   y n a 0

Nếu y n a thì   y n a x na  0

Nếu x n a thì x n1 a y n1 x n1

Mà x nx n1 2x n1  2a x n x n1  2a a xn  2ax n1a

Tóm lại, cả hai trường hợp đều d n đến x n a  

Vậy dãy số {xn} hội tụ

Câu 2(4,0 điểm) Tìm k (d ng kĩ thuật pt Markov)

+) Gọi k là một giá tr thỏa mãn Với k đó, gọi ( b a, ) là nghiệm nguyên dương của pt đã cho sao cho ab nhỏ nhất KMTTQ coi ab

Khi đó ta có đẳng thức a2 (kb1)ab2 b0

+) Xét pt bậc : x2 (kb1)xb2 b0, dễ thấy pt có 1 nghiệm x1 a, nên có nghiệm x2 a', với aa'kb1(1) và a a b2 b

'

Do a ,,b k đều nguyên dương nên đẳng thức trên chứng tỏ a' cũng nguyên

dương Điều đó suy ra (a',b) cũng là một nghiệm nguyên dương của pt đã cho,

do t nh “nhỏ nhất” của ( b a, ) nên a'a

Kết hợp ( ) được a2 a.a'b2 b

Lại có ab nên b2 a2 b2 b(b1)2, suy ra a2 b2 hay ab

+) Kết hợp (1)( ) được

a

k  2 2 là nguyên dương, từ đây a = 1 hoặc , tương ứng k chỉ có thể là 3 hoặc 4

+)(1đ) Giải pt

Với k=3 là giá tr nhỏ nhất tìm được, pt c n giải tương đương

0 )

1

3

2  y xy  y

x

Để pt có nghiệm nguyên thì biệt thức là số ch nh phương hay

2 2

1

10

5y  y t t2 5(y1)2 4

Bẳng cách giải pt kiểu Pell ta được nghiệm (t,y) thỏa mãn





( y 1) 5

t (uv 5)(94 5)n tương ứng với 3 nghiệm riêng ( v u, )=(1,1), (4, ), (11, ) trong đó *

N

n (để thỏa mãn y nguyên dương)

Từ đó ta có công thúc cụ thể cho giá tr y của nghiệm (x,y) (tất nhiên nguyên dương), còn giá tr x(3y1t)/2 (đảm bảo là số nguyên dương)

Câu 3(4,0 điểm)

H D

O

A T

B

A1 B1

M N

K

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm tam giác ABC

TC cắt đường tròn ngoại tiếp (O) tại D, K là trung điểm DC

Khi đó KNC  DAC  DBC KMC nên tứ giác KNMC nội tiếp

Mặt khác CNOM nội tiếp đường tròn đường k nh CO nên từ đó suy ra OK và CK vuông góc

Ta có TK.TC=TN.TM=TA TB nên suy ra 1 1 CKA B nội tiếp đường tròn đường 1 1

k nh HC Do đó HK vuông góc CK

Như vậy HK và KO đều vuông góc CK nên HO vuông góc với TC ( ĐPCM)

Câu 4 (4,0 điểm) K hiệu điều kiện thứ hai trong gt là (*)/

- Chứng minh có nghiệm

Nếu P(x) có bậc ch n thì limx(P(x).P( x))   P( 0 ), tức là (*) sai

Do đó P(x) có bậc lẻ, d n đến P(x) có nghiệm

- Chứng minh có nghiệm duy nhất

Giả sử P(x) có hơn 1 nghiệm và a < b là nghiệm bé nhất

Không giảm tổng quát, có thể coi P(x)  0 , x (a;b), vì P(x) thoả mãn (*) thì -P(x) cũng thoả mãn (*)

Khi đó tồn tại số c > b sao cho P(c) < 0 và P(x)  0 , x (  ;a)

2

c c -2a ( P 0 c).P(c)

-P(2a

0 P(c)

a

c

Vậy giả sử trên sai, hay P(x) có nghiệm duy nhất

Câu 5 (4,0 điểm) Ta sơn 1 trong ô tô thành màu vàng, còn các oto khác

đánh số từ 1 đến 4 theo thứ tự mà chúng thời điểm ban đ u sau ô tô màu vàng ( theo chiều chuyển động của các ô tô) tâm của đường đua ta đặt một bảng để

ghi số thứ tự của các ô tô sắp xếp sau ô tô vàng sau m i l n các ô tô vượt nhau, tức là ta được một hoán v của {1, ,…, 4}

Trường hợp 1:

M i l n ô tô trong các ô tô từ 1 đến 4 vượt nhau thì trên bảng có số liền nhau đổi ch cho nhau

Trường hợp 2:

Nếu trước khi có l n vượt của một ô tô nào với ô tô vàng, các số trên bảng lập

thành một hoán v a1, a2,…,a24 thì sau l n vượt đó s có hoán v

a2,a3,…,a24,a1

Từ hoán v trên có thể chuyển xuống hoán v dưới bằng 3 phép chuyển v , tức là phép đổi ch số liền nhau

Trường hợp 3:

Nếu ô tô vàng vượt một ô tô nào đó thì từ hoán v a1,a2,…,a24 ta có hoán v

a24,a1,a2,…a23 L n di chuyển này cũng có thể thay bằng 3 phép chuyển v như trường hợp 2

Như vậy m i l n các ô tô vượt nhau đều d n đến việc thực hiện một số lẻ l n

phép chuyển v Ta s chứng minh nếu số l n vượt nhau là số lẻ thì khi về

đ ch các ô tô không được sắp xếp như cũ Thật vậy gs a1,a2…,a24 là một cách sắp xếp t y ý của các số1, ,… 4 Ta s nói rằng các số ai,a lập thành một ngh ch thế nếu i< mà ai>aj Khi đổi v tr số đứng liền nhau, tức là thực hiện một phép chuyển v thì s t ng hay giảm số ngh ch thế đi 1 Do

đó nếu các oto vượt nhau một số lẻ l n thì từ cách sắp xếp thứ tự của các oto ban đ u, đến cuối c ng ta đã thực hiện một số lẻ các phép chuyển v , tức là số nghich thế của l n sắp xếp cuối c ng là số lẻ, nghĩa là các ô tô không thể sắp xếp như cũ Mâu thu n

Vậy các ô tô vượt nhau một số ch n l n

- HẾT -