Toán 11 đề thi , đáp án học sinh giỏi các trường chuyên, trường chuyên VCVB

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN: TOÁN, KHỐI: 11

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này gồm có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau:

2 x 2 − 5 xy − y 2 = 1

2
2
 y ( xy − 2 y + 4 y − xy ) = 1

Câu 2 (4 điểm). Cho dãy số ( an )

4

 a1 = 3
∀n ≥ 1, n ∈ ¥
thỏa mãn: 

( n + 2 ) 2 a = n 2 a − ( n + 1) a a
n
n +1
n n +1


Tìm lim an .
Câu 3 (4 điểm). Từ một điểm O cố định ta vẽ hai tiếp tuyến đến những đường tròn thay
đổi tâm C sao cho hai tiếp tuyến đó luôn vuông góc với nhau.
a) Tìm tập hợp tâm của những đường tròn (C) đi qua một điểm A cố định khác với O.
b) Cho đường tròn có tâm C chạy trên một đường thẳng ∆ cố định không đi qua O.
Tìm tập hợp các tiếp điểm T và T’ của những đường tròn đó với các tiếp tuyến vẽ từ O.
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn các điều kiện sau đây:
và
Câu 5 (4 điểm). Tồn tại hay không hai số nguyên dương phân biệt p, q sao cho q n + n chia
hết cho p n + n với mọi số nguyên dương n ?

---------------------------- Hết ---------------------------Giáo viên ra đề

Phạm Thị Lan
(DĐ: 0982 217 044 )

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Câu

Nội dung chính cần đạt

Điểm

Câu 1 

4,0

2 x 2 − 5 xy − y 2 = 1

(1)

2
2
 y ( xy − 2 y + 4 y − xy ) = 1
+) Điều kiện : 4 y ≥ x ≥ 2 y > 0.

(2)

0.5
1.0

+ Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta có:
2 x 2 − 5 xy − y 2 − y

)

(

xy − 2 y 2 + 4 y 2 − xy = 0
2

x
x

Chia cả hai vế của PT cho y , ta có: 2  ÷ − 5  ÷− 1 −
 y
 y
x
+ Đặt y = t ⇒ t ∈ [ 2; 4] ta có phương trình:
2

x
x
−2 − 4− = 0
y
y

1.0

2t 2 − 5t − 1 − t − 2 − 4 − t = 0
⇔ 2t (t − 3) + t − 2( t − 2 − 1) + (1 − t − 2 − 1) = 0


t −2
1
⇔ (t − 3)  2t +
+
÷= 0
t − 2 +1 1+ t − 2 ÷



Với t ∈ [ 2; 4] thì 2t +

1.0

t −2
1
+
>0
t − 2 +1 1+ t − 2

1
3
⇒x=
2
2
 3 1 
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là:  ; ÷
 2 2
2
Với t=3 suy ra x=3y thay vào PT (1): 2 y = 1 ⇒ y =

0.5

Câu 2

4.0đ

( n + 2) = n2 − n + 1
Dễ thấy an ≠ 0, ∀n ∈ ¥ * . Từ giả thiết ta có
(
)
2

an +1

1

1,0

an

1

Với mỗi n ∈ ¥ * , đặt yn = a + 4 ta có y1 = 1 và

1,0

n

1
1
n2
2
2
2
2
n
+
2
y
−
=

n
y
−
−
n
+
1
⇒
n
+
2
y
=
n
y
⇒
y
=
y
(
)  n+1 ÷  n ÷ (
) (
) n+1
n
n +1
2 n
4
4



( n + 2)
4n 2 ( n + 1)
4
 n −1   n − 2   1 
y
=
...
y
=
⇒
a
=
Do đó n  n + 1 ÷  n − 1 ÷  3 ÷ 1
n
2
2

 
  
16 − n 2 ( n + 1)
( n + 1) n 2

1,0

Vậy lim an = 4

1,0

2

2

2

2


Câu 3
T

" O
D
'

A
C

T'
I

E

a)Tứ giác OTCT’ có 3 góc vuông và OT = OT’ nên nó là một hình vuông.
Gọi R là bán kính của đường tròn (C), ta có CO = R 2 .
Do đó:

0,5

uuur uuur π
CA

R
2
=
=
và OC , OT =
4
CO R 2
2

(

)

Vậy tâm C ở trên đường tròn tâm I là tập hợp những điểm có tỉ số khoảng
cách tới A và O bằng

2
. Đường kính DE của đường tròn tâm I đi qua các
2

0,5

điểm A và O tạo nên một hàng điểm điều hòa; ta có (OADE ) = −1
Ngược lại lấy điểm C’ bất kỳ trên đường tròn tâm I, ta có

C'A
2
=
.
C 'O

2

0,5

Từ O kẻ hai tiếp tuyến OT1 và OT’1 ta có C’T1 = C’A = OT’1. Vậy
OT1C’T’1 là hình vuông.
Vậy tập hợp các điểm C là đường tròn tâm I với I là trung điểm của đoạn

0,5

DE trong đó D, E, O, A là một hàng điểm điều hòa.
b) OT =

uuur uuur π
2
OC và (OC , OT ) = .Vậy T là ảnh của C trong phép đồng dạng
4
2

tâm O tỉ số k =

π
2
, góc quay α = .
4
2

Điểm C chạy trên đường thẳng ∆ nên điểm T chạy trên đường thẳng ∆ ' là
ảnh của ∆ trong phép đồng dạng trên.

0,5
0,5


π
2
, góc quay α = −
4
2

Với điểm T’ ta dùng phép đồng dạng tâm O tỉ số k =

0,5

ta tìm được tập hợp các điểm T’ là đường thẳng ∆ '' ảnh của ∆ trong phép
0,5


2 π
đồng dạng  O, , − ÷÷
2
4


Câu 4

4.0đ
1,0
Cho

thay vào (1), có:

1,0
Thay

vào (1) được

Khi đó (1) trở thành
Trong (2) thay y bởi

(2)

1,0

có

0,5

Trong (2) thay y = x :
Vậy với

0,5

thì

Câu 5 Giả sử tồn tại hai số p, q nguyên dương phân biệt sao cho q n + n chia hết
cho p n + n với mọi số nguyên dương n, thế thì q n + n > p n + n ⇒ q > p .
Giả sử a là một số nguyên tố lớn hơn q và n là số tự nhiên thỏa mãn
n = ( p + 1)(a − 1) + 1 . Khi đó n = (p+1)a –p ⇒ n ≡ − p (mod a ) (1)

0,5
0,5

Vì p < q < a nên (p, a) =(q, a)=1. Theo định lý nhỏ Fermat, ta có
p a −1 ≡ 1(mod a ) ⇒ p ( p +1)( a −1) ≡ 1(mod a) ⇒ p ( p +1)( a −1)+1 ≡ p (mod a).

0,5

Do đó p n ≡ p(mod a)
Từ (1) và (2) suy ra p n + n ≡ 0(mod a ) hay ( p n + n ) a

0,5

(2)
(4)

Chứng minh tương tự, ta được q ≡ q(mod a) (3) và ( q + n ) a
Từ (1) và (3) suy ra q n + n ≡ q − p(mod a)
(5)
n

n

1


Từ (4) và (5) suy ra (q − p)Ma . Điều này không thể sảy ra vì p < q < a
Vậy không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt p, q sao cho q n + n chia
hết cho p n + n với mọi số nguyên dương n.

1