Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2016-2017

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2016-2017

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 - THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (3,0 điểm). Cho dãy số thực xn được xác định bởi 2 nxn xx01 1; 201 7 và xn 1 với mọi n 1. 1 (nx 1) n n x Với mỗi số nguyên dương n, đặt y nx và z k . nn n  k 1 xk 1 a. Chứng minh rằng y là dãy số giảm. n b. Tìm giới hạn của dãy zn . 1 1 1 Câu 2 (2,0 điểm). Cho ba số thực abc, , 2 thỏa mãn điều kiện abc 8. abc Chứng minh rằng a b c 9 3 ab bc ca . Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AC và M là trung điểm cạnh BC. Đoạn thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại điểm E. Đường thẳng BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại điểm F khác B. Đường thẳng AF cắt đường thẳng BE tại I, đường thẳng CI cắt đường thẳng BD tại K. a. Chứng minh rằng DA DF. b. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK. Câu 4 (1,0 điểm). Một số nguyên dương a được gọi là số k- phương kk ,2 nếu tồn tại số nguyên dương b sao cho ab k . Cho cấp số cộng a với các số hạng là số nguyên n n 0 dương và có công sai bằng 2017. Biết rằng có hai số hạng a và a của cấp số cộng tương ứng m n là số i- phương và số j- phương, trong đó ij, 1. Chứng minh rằng tồn tại một số hạng của cấp số cộng là số ij- phương. Câu 5 (1,0 điểm). Cho S là một số nguyên dương sao cho S chia hết cho tất cả các số nguyên dương từ 1 đến 2017. Xét k số nguyên dương a12, a , , ak (không nhất thiết phân biệt) thuộc tập hợp 1,2, ,2017 thỏa mãn a12 a ak 2 S . Chứng minh rằng ta có thể chọn ra từ các số một vài số sao cho tổng của chúng bằng S. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh: .
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 (Đáp án có 04 trang) ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11- THPT CHUYÊN I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 1 a (2,0 điểm) Ta thấy ngay xn 0,  0. 0,5 n 2 n( n 1) xnn nx Ta có yn y n 11 nx n ( n 1) x n nx n 0,  n 1. 1,0 1 (n 1) xnn 1 ( n 1) x Suy ra dãy yn giảm. 0,5 b (1,0 điểm) Dãy giảm và ynn 0, nên yn hội tụ. Đặt lim yn a 0. n nxnn nx a 0,25 Ta có 0 lim yynn 1 lim lim . Do đó a 0. n n 1 (nx 1) n n 1 1 a n 1 (nx ) n n 2 xn 1 Từ giả thiết suy ra xn 1 ( n 1) x n x n 1 nx n nx n ( n 1) x n 1 . 0,25 xn nnxxxx Do đó zx kk11 nx 4034 y , n 1. 0,25 nnx x x x 1 n kk 12kk 1 0 1 0 Vậy lim zn 4034. n 0,25 2 (2,0 điểm) 1 1 1 9 9 Đặt x a b c . Ta có a b c 8 x 8 . 0,5 a b c a b c x x2 8 x 9 0 x 9. Vậy bất đẳng thức thứ nhất được chứng minh. 0,5 2 2 2abc 2 2 2 Ta có 2xx 16 19 2 (1) a b c a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwazt ta được: 0,25 2 2 abc 2 2 2 abc 2 2 2 x 6 (2) a b caa 2 bb 2 cc 2 abcx2 2 2 2 xx 66 22 Từ (1) và (2) suy ra 19 2x a2 b 2 c 2 2 x (3). 0,25 a2 b 2 c 2 2 x 19 2 x 2 2 2 2 BĐT thứ hai tương đương với abbcca 27 abc abc 54 0,25 2 2 2 2 a b c x 54.
3. 2 x 6 2 2 Ta cần chứng minh 2xx 54 (4) . Thật vậy (4) x 9 x 2 x 59 0. 19 2x 0,25 BĐT này luôn đúng do x 9. Từ (3) và (4) ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra ở cả hai BĐT khi abc 3. 3 (3,0 điểm) A E D' I D K F C B M 3a (1,5 điểm) 00 Do tứ giác ABFE nội tiếp nên AFD 180 AFB 180 AEB BEM (1) 0,5 Mặt khác do AM là trung trực của BC và tứ giác BEDC nội tiếp nên 11 0,5 BEM BEC BDC (2) 22 1 Từ (1) và (2) suy ra AFD BDC AFD DAF. Vậy tam giác DAF cân tại D, tức là 2 0,5 DA DF. 3b (1,5 điểm) Dễ thấy do tam giác ABC cân nên đường tròn ngoại tiếp BCD đi qua trung điểm D’ của 0,25 AB. Từ đó hai cung ED và ED ' bằng nhau, suy ra BE là phân giác của góc ABD (3). Áp dụng định lý Mênelaus cho tam giác ADF và cát tuyến CIK ta được: CA KD IF 0,5 . . 1 CD KF IA
4. IF BF Mà CA 2 CD và BI là phân giác góc ABF nên . Từ đó ta được IA BA KD BF KD BF KD BF 1 2. . 2. . . . KF AB KF2 AD KF AD BF KF BD BF FD BF KF DF AD Suy ra , do đó 11 AD KD AD AD AD KD DK DK 0,5 Từ đó suy ra hai tam giác ADK và BDA đồng dạng, suy ra DAK ABD Khi đó IAB AFD ABD DAF DAK IAK , suy ra AI là phân giác góc BAK (4). 0,25 Từ (3) và (4) suy ra I là tâm nội tiếp tam giác ABK. 4 (1,0 điểm) Theo giả thiết, ta có a xij, a y ( i , j 2) ; xy, nguyên dương. Đặt là công mn p 2017 sai của cấp số cộng an , ta thấy p là số nguyên tố. 0,25 i j Ta có amm a00 mp a  a  x mod p , tương tự a0  y mod p Do ij,1 nên tồn tại uv, sao cho ui vj 1. Chọn các số nguyên dương r,s sao 0,25 cho r umod p 1 , s  v mod p 1 , khi đó ri sj  ui vj 1 mod p 1 Suy ra ri sj 1 k p 1 , k . Do đó: ij sj ri 0,25 xys r xy i. j  aaa sj . ri ri sj aa .kp 1  a mod p 0 0 0 0 0 0 srij Như vậy tồn tại số nguyên dương h sao cho x y a0 hp ah. 0,25 Vậy ah là số ij - phương (đpcm). 5 (1,0 điểm) Do S chia hết cho 2015,2016,2017 nên S 2015.2016.2017 Giả sử mỗi số nguyên 1,2,3, ,2017 xuất hiện nhiều nhất 2015 lần trong các số a12, a , , ak thì 2S a12 a ak 2015 1 2 3 2017 2015.2016.2017 , mâu 0,25 thuẫn. Do đó tồn tại một số a 1,2,3, ,2017xuất hiện ít nhất 2016 lần trong các số a, a , , a . 12 k Ta để 2016 số a vào một tập A. Xét k 2016 số còn lại, ta để các số này vào một tập B. Tổng các số trong B là a a a 2016 a 2 S 2016 a 2 S 2016.2017 S . 12 k Nếu ka 2016 thì k 2016 2017 a12 a ak 2016 2017 .2017 2 S , mâu 0,25 thuẫn, suy ra ka 2016 . Từ tập B ta chọn ra a số bất kì là b12, b , , ba . - Nếu tồn tại ia 1,2, , mà b b b a thì ta chọn i số này vào một tập hợp T.  12 i ir - Nếu ngược lại thì theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại sao cho
5. b1 b 2 bir  b 1 b 2 b mod a , suy ra bi 12 b i b r a . ri Khi đó ta chọn số này vào tập T. Như vậy ta luôn chọn được một số số vào tập T mà có tổng chia hết cho a. Ta tiếp tục làm như vậy với các số còn lại của tập B để bổ sung thêm các phần tử vào T cho đến khi tổng T các số trong T (kí hiệu  ) lớn hơn Sa 2017 thì dừng lại. Thật vậy, nếu T S2017 a thì tổng các số còn lại trong B sẽ lớn hơn hoặc bằng 0,25  2S 2016 a S 2017 a S a 2017 a ,tức là vẫn còn ít nhất a số để thực hiện thao tác. Như vậy, ta đã xây dựng được tập hợp T thỏa mãn hai điều kiện: Ta T S2017 a  và  T S 2017 a a T S 2016 a 0,25 Chú ý là Sa nên ta được  Do đó T S ma với m 0,1,2, ,2016 . Đến lúc này ta chỉ cần bổ sung m số a từ tập A vào T thì ta sẽ được tổng các phần tử trong T bằng S (đpcm). Hết