Chứng minh rằng với mọi số nguyên n có thể biểu diễn dưới dạng n = a + b, trong đó a là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với m và b là một số nguyên sao cho b2 bmodm.. Câu V: 4 điểm
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
-
HỘI THI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
Câu I: (4 điểm) Cho phương trình: x nx2x 1 0 với nN, n > 2
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n > 2, thì phương trình có một nghiệm dương duy nhất x n
2) Xét dãy số sau đây: U n nx n 1, n = 2, 3, 4, Tìm limU n ?
Câu II: (4 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I), đường tròn ngoại tiếp
(O) Đường tròn tâm A, bán kính IA cắt (O) tại M, N sao cho M nằm khác phía với C đối với đường thẳng AB Đường thẳng MN cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q Gọi (K) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ
Câu III: (4 điểm) Ký hiệu
Q là tập hợp tất cả các số hữu tỷ dương Tìm tất cả các hàm
số f : Q Q thỏa mãn điều kiện: ff x 2y x3f(xy), x, y Q
Câu IV: (4 điểm) Cho m > 1 là một số nguyên Chứng minh rằng với mọi số nguyên n
có thể biểu diễn dưới dạng n = a + b, trong đó a là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với m và b là một số nguyên sao cho b2 bmodm
Câu V: (4 điểm) Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của bảng 6 x 5
bằng cách sau: Cho phép thay đổi vị trí của các số trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy một số nằm ở ô kề với ô trống rồi chuyển số đó sang ô trống Hỏi bằng cách thực hiện
Trang 2liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển số nói trên đối với bảng số ban đầu ta có thể nhận được bảng số sau đó hay không?
- HẾT -
Học sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh……… Số báo danh Chữ ký của giám thị 1:……… Chữ ký của giám thị 2:………
Họ và tên người ra đề: NGUYỄN QUỐC KHÁNH - SỐ ĐT: 0905129894
29 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14
15 16 17 18 19
20 21 22 23 24
25 26 27 28 1
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14
15 16 17 18 19
20 21 22 23 24
25 26 27 28 29
Trang 3HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
(Hướng dẫn chấm gồm có 10 trang)
Câu
Nội dung Điểm
Câu I
(4 điểm)
Cho phương trình: x nx2x 1 0 với nN, n > 2
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n > 2, thì phương trình có
một nghiệm dương duy nhất x n
2) Xét dãy số sau đây: U n nx n 1, n = 2, 3, 4, Tìm limU n ?
1) Xét phương trình: f(x) = x nx2x 1 0, với n nguyên, n > 2 (1)
+) Ta có: f’(x) = nxn -1
– 2x – 1 Do n > 2, nên khi x > 1 thì f’(x) > 0
Vậy f(x) là hàm số đồng biến trên 1 ;
Lại có: f(1) = -2 < 0; f(2) = 2n – 7 > 0 ( vì n nguyên và n > 2n3)
Ta có: f(1)f(2) < 0 và f(x) liên tục, đồng biến nên phương trình f(x) =
0 có nghiệm duy nhất trên 1 ;
1,0
+) Mặt khác với 0 < x < 1 thì xn < x2 ( do n > 2) suy ra f(x) < 0 với
mọi 0 < x < 1
Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với
mọi n nguyên, n > 2
1,0
2) Gọi x n là nghiệm dương duy nhất của phương trình x n – x 2 – x – 1 = 0
Bây giờ xét dãy (U n ) với U n = nx n 1, n = 3, 4, 5,
Trang 4Ta có: n n2 n 1 0
n x x
n n
x 2 1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
n
sô n n n n
n n
1 1
2 2
1
1 1 1 1
n
x x
so n n
n
1
2
1
1
(2)
(Chú ý rằng ở đây 1 < xn nên x n2 x n 1 1, vì thế trong bất đẳng thức
không có dấu bằng)
+) Mặt khác do xn < 2, nên x2n x n 6, nên từ (2) có:
n
x n 1 6
1 (3)
Bất đẳng thức (3) đúng với mọi n3 và lim 6 0
n nên từ (3) ta có:
1 limx n (4)
1,0
+) Ta có: n 2n n 1
n x x
n
n n
x
x x n
ln
1
ln 2
Từ đó: ln 1
ln
1
n
n
x
x x
Đặt y n x n 1 lim y n 0
1 1 ln lim 1 ln lim 1
ln lim
t y
y x
x
t n
n n
lim limU n n x n
Vậy: limU n ln 3
1,0
Trang 5Câu Nội dung Điểm
Câu II
(4 điểm)
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I), đường tròn
ngoại tiếp (O) Đường tròn tâm A, bán kính IA cắt (O) tại M, N
sao cho M nằm khác phía với C đối với đường thẳng AB
Đường thẳng MN cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q Gọi
(K) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với các
cạnh AB, AC Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường
tròn ngoại tiếp tam giác APQ
Ta có: AM = AN = AI AMN MBA
Do đó, hai tam giác AMP và ABM đồng dạng nên AM 2
= AP.AB
Trang 6Chứng minh tương tự, ta cũng có AN 2 = AQ.AC
Vậy AI 2 = AM 2 = AN 2 = AP.AB = AQ AC
1,0
Suy ra tứ giác PBCQ nội tiếp và hai tam giác AQI và AIC đồng
dạng Do đó
2 2
90 2 2 2
C A AIQ
A
Suy ra QI là phân giác góc PQC , do đó PQ tiếp xúc với (I)
+) Xét phép nghịch đảo N(A, IA 2 ) với tâm A, phương tích IA 2 thì
C Q B
P , , vậy đường thẳng PQ PQ qua N(A, IA 2) biến thành
đường tròn (O) và đường thẳng BC biến thành đường tròn ngoại
tiếp tam giác APQ
1,0
1,0
+) Vì các đường thẳng AB, AC qua tâm A của N(A, IA 2
) nên qua
phép này biến thành chính nó; đường tròn (I) tiếp xúc với PQ và
hai cạnh AB, AC nên qua N(A, IA 2 ) biến thành đường tròn (K)
Hơn nữa, (I) tiếp xúc BC nên (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại
tiếp tam giác (APQ)
1,0
Câu III
(4 điểm)
Ký hiệu Qlà tập hợp tất cả các số hữu tỷ dương Tìm tất cả
các hàm số f : Q Q thỏa mãn điều kiện:
ff x 2yx3f(xy),x, yQ
Ta có: ff x 2yx3f(xy),x, yQ (1)
Trang 7Trong (1) thay y = 1, ta có: ff x 2 x3f(x) (2)
- Giả sử f(x) = f(y), ta có: 3
2 2
3
) ( )
y f f x
f
x f f
+) Thay x bởi xy trong (2) và áp dụng (1) hai lần, lần thứ hai
2
,f x
y thế bởi
(x; y) : 2 3 3 2 2 2
) (xy y f f x y f f x f y f
xy xy
f
Vì f là đơn ánh nên ta có: 2 2 2
y f x f xy
điều này suy ra f(1) = 1 và n n
x f x
1,0
+) Phương trình (1) có thể viết lại:
f x 2 f(y) x3f(x)f(y)
f ff(x) x3f(x) (3)
Đặt g(x) xf(x) Từ (3), ta có :
g x g xf(x)xf(x).fxf x xf(x)2ff(x)
g
2 3 5 / 2 5 / 2
) ( )
( )
f x x
và qui nạp ta có n
x g x
g g
g ( ) ( ) 5/2 với mọi n nguyên dương
(4) n + 1
1,0
Xét (4) với một x cố định Vế trái của (4) luôn là số hữu tỷ, do đó
x
g 5/2 phải là số hữu tỷ với mọi n Ta sẽ chứng tỏ rằng điều này
chỉ xảy ra nếu g(x) = 1
Trang 8số nguyên tố phân biệt và 1, ,klà những số nguyên không âm
Suy ra
n n
n
k
p p
x g x
g g
mũ phải là số nguyên nhưng nó là không đúng khi n lớn g(x)
1 là không thể, do đó g(x) = 1 và vì thế xQ
x x
f( ) 1;
Kiểm tra lại xQ
x x
f( ) 1; thỏa mãn (1)
Kết luận: xQ
x x
f( ) 1;
1,0
Câu IV
(4 điểm)
Cho m > 1 là một số nguyên Chứng minh rằng với mọi số
nguyên n có thể biểu diễn dưới dạng n = a + b, trong đó a là
một số nguyên nguyên tố cùng nhau với m và b là một số
nguyên sao cho b2 bmodm
- Ta xét trường hợp thứ nhất với m p, trong đó p là số nguyên
tố và 1 Giả sử n là một số nguyên Khi đó, xảy ra hai trường
hợp:
a) p không chia hết n Trong trường hợp này thì ƯCLN m,n 1 và
ta có thể chọn a,b n, 0
1,0
b) p chia hết n Trong trường hợp này p không chia hết n - 1 (bởi
vì ngược lại p sẽ chia hết 1) Từ đây suy ra ƯCLNm,n 1 1 và ta
có thể lấy a,b n 1 , 1
1,0
Trang 9- Ta đi đến trường hợp tổng quát với r
r
p p p
m 1 2
2 1
nguyên tố phân biệt p 1 , p 2 , p 3 , , p r và các số nguyên dương
r
1, 2, , Giả sử n là một số nguyên Bằng cách sử dụng trường
hợp ở trên, với mỗi k sao cho 1 kr, thì có a , k b k để na k b k,
ƯCLNp kk,a k 1
và b k2 bmodm
1,0
-Theo định lí Trung Hoa về phần dư thì tồn tại một số nguyên b
sao cho k
k
b
b mod với k = 1, 2, , r
k k
b b
r
p p
p b
b 0mod 1 2
2 1
tức là b2 b mod m
1,0
Trang 10Câu Nội dung Điểm
Câu V
(4 điểm)
Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của
bảng 6 x 5 bằng cách sau: Cho phép thay đổi vị trí của các số
trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy một số nằm ở ô kề với ô
trống rồi chuyển số đó sang ô trống Hỏi bằng cách thực hiện
liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển số nói trên đối với
bảng số ban đầu ta có thể nhận được bảng số sau đó hay
không?
Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc của đề bài, từ Bảng 1 ta có
thể nhận được Bảng 2 (*)
Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điển số 0 Với mỗi bảng số
nhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong
bảng theo thứ tự từ hàng trên xuống hàng dưới và trong mỗi hàng
thì từ trái qua phải Khi đó ứng với mỗi bảng số ta sẽ có một hoán
vị của 30 số tự nhiên đầu tiên Và do đó, điều giả sử (*) tương
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14
15 16 17 18 19
20 21 22 23 24
25 26 27 28 29
29 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14
15 16 17 18 19
20 21 22 23 24
25 26 27 28 1
Trang 1114, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29) (gọi là
hoán vị a) có thể nhận được hoán vị (29, 2, 3, 4, ,11 12, 0, 13,
14, 15, 27, 28, 1) (gọi là hoán vị b) nhờ việc thực hiện liên tiếp
một số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số trong hoán vị theo qui tắc:
Mỗi lần, lấy hai số 0 của hoán vị rồi đổi vị trí của số 0 đó cho một
số liền kề với số 0 đó (1)
+) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên
đầu tiên Ta gọi cặp số a ; i a j là cặp số ngược của hoán vị vừa nêu
nếu a i a j và i j Dễ thấy, sau một lần thực hiện phép đổi chỗ
hai số kề nhau đối với hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) thì số cặp số
ngược của hoán vị đó sẽ tăng hoặc giảm đi một đơn vị
0,5
+) Khi chuyển chỗ hai số a i và a in ( n 1 tùy ý) trong một hoán
vị, cũng tức là chuyển a i liên tiếp qua n số kề với nó và chuyển
n i
a liên tiếp qua n – 1 số kề với nó, nghĩa là chuyển 2n – 1 (một
số lẻ lần) hai số kề nhau, do đó cặp số ngược của hoán vị đó sẽ
tăng hoặc giảm một số lẻ đơn vị (2)
0,5
+) Ta có: Số cặp số ngược của của hoán vị a là 12 và số cặp số
ngược của hoán vị b là 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy ra từ hoán
vị a ta chỉ có thể nhận được hoán vị b sau một số lẻ lần thực hiện
phép đổi chỗ hai số nào đó Điều này cho thấy, nếu từ Bảng 1 ta
nhận được Bảng 2 thì số lần đổi chỗ hai số ở hai ô nào đó phải là
số lẻ (3)
1,0
Trang 12chỗ hai số ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0 ở ô trống, theo cột hay
theo hàng thì số 0 được chuyển từ ô có màu này sang ô có màu
kia Và vì thế do số 0 ở bảng 1 và số 0 ở bảng 2 nằm ở hai ô cùng
màu nên từ bảng 1 ta chỉ nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần
đổi chỗ hai số ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0 Điều này mâu
thuẫn với (3) và mâu thuẫn đó cho thấy: Từ Bảng 1 ta không thể
nhận được Bảng 2 nhờ một số hữu hạn lần đổi chỗ ở hai ô kề nhau,
trong đó có số 0 ở ô trống, theo quy tắc của đề bài
1,0
