Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đáp án HSG Toán học lớp 11 Quảng Bình 2015-2016 vòng 2 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (890.52 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD& ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11.
NĂM HỌC 2015 - 2016


Mơn thi: Tốn (VỊNG2)
(Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016)

HƯỚNG DẪN CHẤM


(Đáp án, hướng dẫn này có 5 trang)


Yêu cầu chung


* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải
lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.


* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước
giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành
phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.


* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của
từng bài.


* Điểm của tồn bài là tổng (khơng làm trịn số) của điểm tất cả các bài.


Câu Nội dung Điểm


1a Giải phương trình:

1 1x

3 2 x x. 2.0


điểm


ĐK : x1



Phương trình tương đương với








3


3


1 1 1 1 . 2 1 1


. 2 1 1


       


    


x x x x x


x x x x


0,5
0,25


3


0


2 1 1





 


   



x


x x 0,25


Giải phương trình 3 2  x 1 1x


Đặt a1x b;  32x a(0)
Ta có hệ phương trình 3 1 2


1


b a


b a


 





0,25


0,25


Giải hệ


3 2 3 2 3 2


1 1 1


0, 1


1 (1 ) 1 2 3 0


b a b a b a


a b


b a a a a a a


     


  


    




  


Với a=0, b=1 ta được x=1 là nghiệm của phương trình



0,5


Đáp số : x=0 và x=1.


1b Chứng minh rằng phương trình p x a x c(  )(  ) q x b x d(  )(  ) 0


ln có nghiệm, biết a b c d   , p và q là hai số thực bất kì.



(2)

Xét hàm số f x( ) p x a x c(  )(  ) q x b x d(  )(  ) 0 liên tục trên ¡


Nếu p q 0 thì phương trình có nghiệm  x ¡ 0,25


Nếu p0 hoặc q0, khơng mất tính tổng quát giả sử p0 khi đó








( ) ; (d)


f bp b a b c f  p d a d c  0,5










2


( ). ( ) 0 (v× )


f b f d p b a b c d a d c a b c d


         



Vậy phương trình ln có nghiệm.


0,25


2 Cho dãy số ( )


n


u xác định bởi u15un1

un2 ,

2  n 1


Tìm 1 2


1


. ...


lim n


n


u u u
u
 
 
 
2,0
điểm


Ta chứng minh un   5, n 2



Ta có 2


2 ( 1 2) 9 5


uu   


Giả sử un 5 khi đó un1

un2

 

2  5 2

2  9 5 0,25


Từ un1

un2

2un1unu un

n    5

4 0, n ¥ *


Do đó ( )un là dãy tăng


0,25


Giả sử ( )un bị chặn trên suy ra tồn tại limunL L( 5)
Chuyển qua giới hạn un1

un2

2 ta được.


L

L2

2 L 1; L4 (vô lý) , do đó limun  


0,5


Ta có.


2



1 2 1 4 4 , 1


n n n n n


uu  u  u u   n



Nên 1 2 1 1 2 1 1 2


1 1 1 1


. ... 4 . ... 4 . ...


. .


4 ( 4)


n n n n n


n n n n n n


u u u u u u u u u u u


u u u u u u


 
   
 
 
 
0,25


1 1 2 1 1 1


1 1 2



1


1 1


4 . ... 4


. .... .


( 4) ( 4)


4 4


1


n n n


n n n


n


n n


u u u u u u


u u u u


u
u u
  
 



 
 
  
 

  


( vì u15 u, 2 9)


0,5


1 2


1 1


. ... 4


lim n lim 1 1


n n


u u u


u u


   





    vì limun   0,25


Đáp số : 1 2


1


. ...


lim n 1


n


u u u
u


 




 



(3)

3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi (J)
là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC; IJ cắt (O) tại
M(khác A). Gọi N là điểm chính giữa của cung ¼ABM ; NI và NJ lần
lượt cắt (O) tại S và T.


a) Chứng minh M là trung điểm của IJ.


b) Chứng minh IJ, BC và TS đồng quy.



2,5
điểm


T



S


N



I



J


M



B

C



A



(Hình vẽ đến câu 3a cho 0,25)


0,25


3a Ta có:


· · · µ µ(1)


2 2


A B



MBIMBC CBI   0,25


· · · µ µ (2)


2 2


A B


MIB AIB IBA 0,25


Từ (1) và (2) suy ra tam giác MBI cân tại M, do đó MI=MB=MC (3) 0,25


Hơn nữa tứ giác IBJC nội tiếp đường trịn đường kính IJ (4)
Từ (3) và (4) suy ra M là trung điểm của IJ.


0,25


3b Ta có · 1

» »

1

¼ »

·


s® s® s® s® (*)


2 2


NTSNAASNMASNIM



(4)

Từ (*) và (**) suy ra ·JTS JIS ¶


Do đó tứ giác JTIS nội tiếp đường tròn (O1)


Hơn nữa tứ giác IBCJ nội tiếp đường trịn (O2) có đường kính IJ. 0,25



Ta thấy IJ là trục đẳng phương của (O1) và (O2); BC là trục đẳng


phương của (O2) và (O), TS là trục đẳng phương của (O) và (O1)


Theo tính chất tâm đẳng phương của ba đường trịn có tâm khơng thẳng
hàng O, O1 và O2 suy ra IJ, BC và TS đồng quy.


0,5


4 Xác định số cách chọn bộ 100 số từ tập hợp 2016 số nguyên dương


đầu tiên sao cho bất kỳ một cặp 2 trong 100 số được chọn có hiệu số
giữa số lớn và số bé lớn hơn hoặc bằng 2.


1.5
điểm


Gọi A là tập hợp tất cả các bộ 100 số

a a1, ,...,2 a100

thỏa mãn u cầu
bài tốn


Kí hiệu B là tập hợp các bộ 100 số phân biệt của 1917 số nguyên dương
đầu tiên


0,25


Ta xét ánh xạ f A: B theo quy ước sau


a a1, ,...,2 a100

 

a a a1, 21,....,a10099

trong đó a1a2  ... a100



0,25


a2  a1 2 a2   1 a1 1 a1


3 2 2 3 2 2 2 1


aa    a aa


4 3 2 4 3 3 1 3 2


...


a   a a     a a


100 99 2 100 99 99 97 99 98


aa  a  a  a


0,25


1 1, 100 99 2016 99 1917


aa    


a a1, 2 1,....,a100 99

B


    0,25


Như vậy với mỗi phần tử thuộcA ứng với duy nhất một phần tử thuộc
Bqua ánh xạ f



tương tự với mỗi phần tử

b b1, ,...,2 b100

B luôn tồn tại duy nhất


b b1, 21,...,b10099

A để f b b

1, 2 1,...,b10099

 

b b1, ,...,2 b100



0,25


Do đó f là một song ánh nên số phần tử của A bằng số phần tử tập B
100


1917


AB C.


Đáp số : 100
1917
C


0,25


5 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 22n12n1 là số chính


phương


1.0
điểm


2 1


2n2n1là số chính phương khi và chỉ khi 22 1n  2n 1 m m2, ¥ *


Xét m1 khi đó 22 1n    2n 1 12 n 1 ( thỏa mãn)


0,25


Xét m1 khi đó từ 22n12n  1 m2, suy ra m lẻ và n2



(5)







2 2


2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1


2 2 1 1


2 2 1 2 2 1 2 2 1


2 2 1 2 1


n n n n n n


n n n


m m m


m m


    



  


          


     


Đặt a m 2n11; b m 2n11


Khi đó ta có mọi n2 thì a b và ab22n2
Mặt khác vì m lẻ nên a b, chẵn


Hơn nữa b a 2n 2 2(mod4) suy ra a2b2n


0,25


Thế vào ab22n2 ta được 2n122n2  n 3
Thử lại n3 thỏa mãn





×