Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 năm 2016 đề đề xuất trường THPT chuyên bắc giang

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

MÔN TOÁN - KHỐI 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

Thời gian: 180 phút

ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Đề này có 05 câu; gồm 01 trang)

u1  2

Câu 1( 4 điểm ). Dãy số (un) xác định như sau: 
2

un 1  un  un  1,  n  ¥ *.
Chứng minh rằng

1

1
22

2015

2016

1

k 1

uk



 1

1
22

2016

.

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (C1) tâm I. Đường tròn (C1) tiếp xúc
với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi P là giao của FD và CA, Q là giao của DE
và AB, K là giao của EF và BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của PE và QF. Chứng minh
rằng OI vuông góc MN, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 3 (4 điểm). Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn 1; 4. Chứng minh:
a
b
c
38



 .
a  b b  c 2c  5a 39

Câu 4 (4 điểm). Một hàng cây vải gồm 99 cây thẳng hàng được đánh số cây theo thứ tự từ 1
đến 99. Ban đầu mỗi cây có một con ong đậu trên đó để hút mật hoa. Sau đó, cứ mỗi giờ có
hai con ong nào đó bay sang hai cây bên cạnh để tìm và hút mật nhưng theo hai chiều ngược
nhau. Hỏi sau một số giờ, có hay không trường hợp mà
a) Không có con ong ở cây có thứ tự chẵn.
b) Có 50 con ong ở cây cuối cùng.
Câu 5 (4 điểm). Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x 2  y 2   z 2  1  y 2 z 2  2016

.................HẾT.................
Họ và tên thí sinh ……………………….. SBD………………………


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Câu

Nội dung chính cần đạt

Ý

Điểm

Ta có:

1,0
un+1 – un = un2 – 2un + 1 = (un – 1)2.

(1)

Do u1 = 2  u2 – u1 = 1  u2 > u1.
Từ đó bằng phép quy nạp ta suy ra (un) là dãy đơn điệu tăng thực sự,
và un nhận giá trị nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2 với mọi n =1,2,...
Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dưới dạng sau đây:
un+1 – 1 = un2 – un = un (un – 1)

0,5

(2)

Từ đó dẫn đến:
1
un 1  1




1
1
1


un (un  1) un  1 un

1
1
1



,
un un  1 un 1  1

(3)

Bây giờ từ (3), ta có:

0,5

n 
1
1
1 
1



 1
.




u
u

1
u


1
u

1
k 1 k
k 1  k
k 1
k 1

n

Câu
1

(4)

Từ (4) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1

1
22

 22

n 1

n 1

1

1
un 1  1

1

 un 1  1  22

1
22

n

n

(5)

(ở đây n = 2016).
Ta sẽ chứng minh (5) đúng với mọi n. Khi đó nó sẽ đúng với n =2016.

0,5

Do un nguyên dương với mọi n, (5) tương đương
n1

22  1  un 1  1  22 .
n

(6)

Với n = 1, n = 2 ta có:

0,5

u2 = u12 – u1 + 1 = 22 – 2 + 1 = 3
u3 = u22 – u2 + 1 = 32 – 3+ 1 = 7
Từ đó suy ra (6) đúng với n = 2
k 1

Giả sử (6) đã đúng đến n = k  2, tức là ta có 22  1  uk 1  1  22 .(7)
k


Xét khi n = k + 1. Theo (2), ta có: uk+2 – 1 = uk+1 (uk+1 – 1).

0,5

Vì thế theo giả thiết quy nạp suy ra:
uk  2  1  22 (22  1)  22 .22  22
k

uk  2  1  (22

k

k 1

 1).(22

k

k 1

k

k 1

k 1

 1  1)  22 .22

k 1

 22

k

Như thế với n = k + 1, ta thu được:

2 2  uk  2  1  2 2
k

k 1

k 1

 2 2  1  uk  2  1  2 2 .
k

(8)

Từ (8) suy ra (6) đúng với mọi n = 2, 3, ...

0,5

Vì vậy (5) đúng n = 2016. Ta có điều phải chứng minh
1,0

Xét 2 đường tròn : (M,ME) và (N,NF) .
PI /( M )  IE 2  IF2  PI /( N ) .

Ta có

(1)

P

M
A
E
O
F
I
B

K

Câu

D

C

N

2
Q

Gọi R là bán kính đường tròn (ABC). Vì D, E, F lần lượt là tiếp điểm

1,0

của đường tròn nội tiếp (C1) với các cạnh ABC nên AD, BE, CF đồng
quy.
Suy ra
Ta có

Khi đó :

(QFBA) = -1  NF 2  NB.NA  NO2  R2 .
(PEAC) = -1  ME 2  MA.MC  MO2  R 2 .

1,0


PO /( M )  MO2  ME 2  R 2 , PO /( N )  NO2  NF 2  R2  PO /( M )  PO /( N )

(2)
Từ (1) và (2) suy ra OI là trục đẳng phương của (M) và (N)

1,0

 OI  MN.

Xét hàm số
a
b
c
+
+
a + b b + c 2c + 5a
b
5a
Þ f '(c ) = +
2
(b + c )
(2c + 5a )2
5a
b
1
b
£
=
2
4(2c.5a ) (b + c )
8c (b + c )2
c 2 + b2 - 6cb
=
< 0.
8c(b + c )2
f (c ) =

1

1,0

(Vì nếu b £ c thì
b2 + c 2 - 6bc = c(c - 4b) + b(b - c ) - bc < 0

Nếu b>c thì làm tương tự).
Do đó f(c) là hàm nghịch biến, suy ra
Câu
a
b
4
+
+
= g(a ).
a + b b + 4 5a + 8
b
20
g '(a ) =
(a + b)2 (5a + 8)2
b
20
b
1
6ab - a 2 - b2
³
=
=

> 0
(a + b)2 4(5a .8) (a + b)2 8a
8a (a + b)2
f (c ) ³ f (4) =

3

1,0

g(a) là hàm đồng biến, suy ra
g(a ) ³ g(1) =

4
1
b
+
+
= h(b).
13 b + 1 b + 4

Dễ dàng chứng minh được h(b) ³
2

38
.
39

Dấu bằng xảy ra khi a= 1, b=2, c=4.

1,0

1,0


Ta gán cho con ong đang ở cây nào thì có một thẻ ghi số thứ tự của cây
đó.

0,5

Gọi S(n) là tổng các số ghi trên thẻ của tất cả các con ong trong giờ thứ
n. Vì mỗi giờ có hai con ong nào đó bay sang hai cây bên cạnh nhưng
Câu
4

theo hai chiều ngược nhau nên S(n) không hề thay đổi.

0,5

Vậy S(n) = S(1) = 1 + 2 + 3 + …+ 99 = 50.99.

1,0

a) Vì có lẻ 99 con ong nên nếu không con ong nào ở cây có thứ tự chẵn

1,0

thì S(n) là tổng của 99 số lẻ,
tức là S(n) là số lẻ, mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không xảy ra.
b) Nếu có 50 on ong ở cây cuối cùng thì S(n) > 99. 50, mâu thuẫn.
Vậy trường hợp này cũng không xảy ra.

T acó
Câu
5

1,0

2,0

x 2  2018  ( y 2  1)( z 2  1).
x 2  0,1, 4(mod 8)  x 2  2018  2, 3, 6(mod 8), (1)
y 2  1  0, 3, 7(mod 8), z 2  1  0, 3, 7(mod 8)
 ( y 2  1)( z 2  1)  0,1, 5(mod 8), (2)

Từ (1) và (2) hương trình vô nghiệm.

2,0