Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 11 của trường chuyên LÊ KHIẾT,QUẢNG NGÃI

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT. TỈNH QUẢNG NGÃI
ĐỀ THI MÔN TOÁN. KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)
Cho
2 1k +
số nguyên lẻ
0 1 2
, , , ( )
k
a a a k ∈L ¥
. Chứng minh rằng phương trình
2 2 1
2 2 1 1 0
0
k k
k k
a x a x a x a
−
−
+ + + + =L
không có nghiệm hữu tỷ.
Câu 2 (4,0 điểm)
Cho dãy
( )
n

u
xác định như sau:
1
3u =
và
2015
1
2014
2 4
, 1,2,3
6
n n
n
n n
u u
u n
u u
+
+ +
= =
− +
Với mỗi số nguyên dương n, đặt
2014
1
1
4
n
n
i
i

v
u
=
=
+
∑
. Tìm
lim
n
n
v
→+∞
.
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đường tròn (T) tâm O đường kính
2AB R=
và điểm I di động trên (T), (
,I A I B≠ ≠
). Gọi
1
( )O
,
2
( )O
là hai đường tròn nhận OI làm tiếp tuyến chung đồng
thời
1
( )O
tiếp xúc với (T) tại M và tiếp xúc với OA tại N;
2

( )O
tiếp xúc với (T) và
OB theo thứ tự tại H và L. Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của
1
( )O
với
MA và MB.
a/ Chứng minh rằng khi I di động trên (T) thì các đường thẳng HL và MN cắt nhau
tại một điểm cố định trên (T).
b/ Gọi E là giao điểm của CN với BK và F là giao điểm của DN với AK. Chứng
minh rằng khi I di động trên (T) ta luôn có
(3 2)p R> +
, trong đó p là nửa chu vi
của tứ giác ABEF.
Câu 4 (4,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm
f
xác định trên tập hợp các số nguyên không âm
+
¢
lấy giá trị
trên tập hợp đó và thỏa mãn điều kiện:

( ( )) 2,f f n n n
+
= + ∀ ∈
¢
Câu 5 (4,0 điểm)
Cho tập S gồm tất cả các số nguyên trên trong đoạn
[1;2014]

. Gọi T là tập hợp
gồm tất cả các tập con không rỗng của S. Với mỗi tập hợp
X T
∈
, ký hiệu
( )m X

là trung bình cộng của tất cả các số thuộc
X
. Đặt
( )
| |
m X
m
T
=
∑
(ở đây tổng được
lấy theo tất cả các tập hợp
X T
∈
). Hãy tính giá trị của m.
hết
Người ra đề
Nguyễn Thanh Quang
Điện thoại liên hệ: 0983 901 825
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN, KHỐI 11
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
(4 điểm)

Giả sử phương trình
2 2 1
2 2 1 1 0
0
k k
k k
a x a x a x a
−
−
+ + + + =L
(1) có nghiệm hữu
tỷ
p
x
q
=
,
( , ) 1p q =
.
0.5
Thay
p
x
q
=
vào (1) ta có
2 2 1 2 1 2
2 2 1 1 0
0
k k k k

k k
q pp a qa qa p a
− −
−
+ + + + =L
(2)
1.0
Suy ra
2
2
k
k
a p qM
, vì
( , ) 1p q =
nên
2k
a qM
.
1.0
Tương tự ta có
0
a pM
.
0.5
Vì
02
,
k
a a

là những số lẻ nên
,p q
lẻ.
Vế trái của (1) là tổng của
2 1k +
số lẻ vì vậy đẳng thức (1) không xảy ra nên
phương trình không có nghiệm hữu tỷ.
1.0
Câu 2
(4 điểm)
Đặt
2014
α
=
ta có
2015
1
2014
2 4 ( 2)( 4)
2 2 , (*)
6 ( 4) ( 2)
n n n n
n
n n n n
u u u u
u
u u u u
α
α
+

+ + − +
− = − =
− + + − −
0.5
Bằng quy nạp ta chứng minh được
3, 1
n
u n> ∀ >
0.5
Xét
1 2
1
2 4 ( 2)
0, 3
6 6
n n n
n n n n
n n n n
u u u
u u u u
u u u u
α
α α
+
+
+ + −
− = − = > ∀ ≥
− + − +
Do đó
( )

n
u
là dãy tăng và
1 2
3
n
u u u= < < < <L L
Giả sử
( )
n
u
bị chặn trên, suy ra
lim
n
n
u a
→+∞
=
,
3a
>
. Khi đó ta có
0.5
0.5
1
4
2 3
6
a a
a a

a a
α
α
+
+ +
= ⇒ = <
− +
(vô lí), suy ra
( )
n
u
không bị chặn trên. Vậy
lim
n
n
u
→+∞
= +∞
0.5
Từ (*) suy ra
1
1 1 1
2 2 4
n n n
u u u
α
+
= −
− − +
, hay

1
1 1 1
4 2 2
n n n
u u u
α
+
= −
+ − −
0.5
2014
1 1
1 1
1 1 1 1
1
4 2 2 2
n n
n
i i
i i i n
v
u u u u
= =
+ +
 
= = − = = −
 ÷
+ − − −
 
∑ ∑

L
0.5
Vậy
1
lim li
1
1 ) 1
2
m (
n
n n
n
v
u
→+∞ →+
+
∞
= − =
−
0.5
Câu 3
(4 điểm)
Lời giải
0.5
a/
 Gọi
K
là giao điểm thứ hai của
MN
với đường tròn

( )T
.
Ta có
·
·
90CMD AMB CD= = ° ⇒
là đường kính của đường tròn
1
( )O
và
1
, ,O O M
thẳng hàng.
0.5
-2-
 Lại có
·
·
·
1 1
//DMO MDO MBO CD AB= = ⇒
.
Mà
·
·
1 1
45O N AB O N CD NC ND AMN NMB MN⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = ⇒ = = ° ⇒

là phân giác của
·

AMB MN⇒
đi qua trung điểm
K
của cung
AB
.
Tương tự
HK
đi qua trung điểm
K
của cung
AB
⇒
đpcm.
0.5
0.5
b/
Ta có
·
·
·
·
// 45CD AB DNB ANF CNA ENB⇒ = = = = °

· ·
· ·
90NFK NEK FNE FKE FNEK= = = = °⇒
là hình chữ nhật.

2 2 2 2 3 2

p AB BE FE FA AB BE NK KE AB BK NK
R R NK R R R R R
= + + + = + + + = + +
= + + ≥ + + = +
0.5
0.5
0.5
0.5
Câu 4
(4 điểm)
Từ giả thiết ta có
[ ]
( 2) ( ( )) ( ) 2f n f f f n f n+ = = +
0.5
Từ đó bằng quy nạp ta có:
*
2 (2 ) (0) 2n k f k f k= ⇒ = +
*
2 1 (2 1) (1) 2n k f k f k= + ⇒ + = +
0.5
0.5
Vì
(0)f
+
∈¢
nên
(0) 2f a=
hoặc
(0) 2 1,f a a
+

= + ∈¢
0.5
Nếu
(0) 2f a=
thì
( )
(0) (2 ) (0) 2 2 2 4f f f a f a a a a= = + = + +
Mà
( )
(0) 2 4 2f f a= ⇒ =
(Vô lý), vậy
(0) 2 1f a= +
0.5
Ta có
( )
2 (0) (2 1) (1) 2f f f a f a= = + = +
Do
(1)f
+
∈¢
nên
0a
=
hoặc
1a
=
0.5
* Với
0a
=

,
(0) 1, (1) 2f f= =
suy ra
(2 ) 2 1
( ) 1,
(2 1) 2 2
f k k
f n n n
f k k
= +

⇒ = + ∀ ∈

+ = +

¥
0.5
* Với
1a
=
,
(0) 3, (1) 0f f= =
suy ra
(2 ) 2 3 3, chan
( )
(2 1) 2 1, le
f k k n n
f n
f k k n n
= + +

 
⇒ =
 
+ = −
 
0.5
Câu 5
(4 điểm)
Với mỗi
[1,2, , 2014],x
∈
đặt
(X)
k
m m
=
∑
ở đây tổng được lấy theo tất cả
các tập hợp
X T
∈
mà
| |X k
=
.
1.0
Xét số a bất kỳ thuộc S, suy ra a có mặt trong
1
2013
k

C
−
tập
X T
∈
mà
| |X k
=
.
Suy ra
1 1
2013 2013
(1 2 2014) 1007.2015.
k k
k
km C C
− −
= + + + =
1.0
Do đó
1
2014 2014 2014 2014
2013
2014 2014
1 1 1 1
2015 2015
(X) 1007.2015
2 2
k
k k

k
k k k k
C
m m C C
k
−
= = = =
 
= = = =
 ÷
 
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
2014
2015
(2 1)
2
= −
1.0
Mà
2015
2015
| | (2 1)
2
T m
= − ⇒ =
1.0
Cách 2. Xây dựng song ánh từ T vào T như sau
( ) {2015- / } ( ) ( ( )) 2015X T f X x x X m X m f X∀ ∈ ⇒ = ∈ ⇒ + =

Suy ra

[ ]
2 (X) (X) (f(X)) | T | .2015m m m
= + =
∑ ∑
Suy ra
(X)
2015
| T | 2
m
m
= =
∑
Nguyễn Thanh Quang
-3-
Điện thoại liên hệ: 0983 901 825
-4-