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

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA

ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 11
NĂM 2016
Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu I (4,0 điểm): Cho dãy số xác định bởi: a0  1; a1  1; an1 

a1a2 ...an
 1 n  1, 2,3,...
a n 
2
 

1
. Chứng minh tồn tại lim Sn ( trong đó  x  là phần nguyên của x ).
n
k 1 ak 1 a
k 
n

Đặt S n  

 
2

Câu II (4,0 điểm): Cho tam giác ABC với H là trực tâm tam giác, O là tâm đường tròn

ngoại tiếp và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC,
E là điểm đối xứng của B qua CA, F là điểm đối xứng của C qua AB. Chứng minh rằng
D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH = 2R.
Câu III (4,0 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : ¡  ¡ sao cho:

f  xf  x  y    f  yf  x    x 2 x, y ¡ .
.Câu IV (4,0 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho với mỗi số nguyên tố p
cho trước, tồn tại số nguyên a thỏa mãn : 2 p  3 p  an. .
CâuV ( 4,0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét tập hợp

S   x, y  | 1  x, y  12; x, y ¥  . Mỗi điểm của S được tô bởi một trong ba màu xanh,
đỏ, vàng. Chứng minh rằng tồn tại hình chữ nhật có các cạnh song song với hai trục tọa
độ, cố bốn đỉnh thuộc S và được tô cùng một màu.

---Hết---


ĐÁP ÁN
NỘI DUNG
Câu

Thang
Điểm

Câu I

1,0 đ

4,0
điểm

Ta có

1

ak 1a  k 
2
 

a 1
1
1
1
 k 1


a a ...a
a1a2 ...ak 1 a1a2 ...ak a1a2 ...ak 1
ak 1 1 2 k
ak 1  1

n 
 1
1
1
1
Suy ra Sn   
.

 

a1a2 ...ak 1  a1 a1a2 ..an1
k 1  a1a2 ...ak

1,0 đ

1,0đ

Chứng minh lim  a1a2 ...an1    .

1,0 đ

n

+) an  1 n  2
n
+)    n  an1  an  1 suy ra dãy đã cho là tăng.
2

+) Như vậy an  an1  1  ...  a1  n  1.
Vậy lim  a1a2 ...an1    , suy ra lim Sn 
n

Câu
II
4,0
điểm

n

1,0 đ

1
.
a1

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
lần lượt là trung điểm BC, CA,
AB. Gọi I, J ,K là tam giác nhận, A, B, C là trung điểm các cạnh JK, KI, IJ.
Do đó G là trọng tâm tam giác IJK.

1,0 đ

Từ cách dựng suy ra HA, HB, HC lần lượt là đường trung trực của JK, KI, IJ.
Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R.

1,0 đ

Gọi
là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI, IJ. Do G
là trọng tâm hai tam giác trên nên:
Xét V(G; -1/2) biến A, B, C, I, J, K thành
Có

là trung điểm BC nên

∟BC,

∟BC. Vậy

1,0 đ

thẳng hàng. Do đó
Suy ra

// AD và

Vậy

Thẳng hàng và

Tương tự có

Câu
III
4,0
điểm

vuông góc với BC.

biến D thành

biến E thành

biến F thành

D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi
thẳng hàng. Do
là hình
chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI, IJ nên theo định lí Simson

thẳng hàng O nằm trên đường tròn ngoại tiếp

1,0 đ

Tìm tất cả các hàm số f : ¡  ¡ sao cho: : x, y ¡ thì

0,5 đ

f  xf  x  y    f  yf  x    x2 (1)
Cho x  0 vào (1) có f  0  f  yf  0  y ¡ suy ra f  0   0 vì nếu

ngược lại cho y  z / f  0  thì f  0   f  z  z  ¡ suy ra f là hàm hằng,
thay vào (1) vô lý.
Cho y  0 và y   x vào ( 1) thì có f  xf  x    x2 và

0,5 đ

0  f  xf  x  x    f   xf  x    x2 x  ¡   x 2  f   xf  x   .

Nếu tồn tại z0 sao cho f  z0   0 thì 0  f  z0 f  z0     z0  vô lý .

0,5 đ

Chứng minh hàm số là đơn ánh. Giả sử f  x   f  y  suy ra

1,0 đ

2

x 2  f  xf  x    f  xf  y    f

 f

 y  x  f  x   x

 f  x  0

 y  x  f  x   0  

x  y  0

2

x y

Chứng minh f   x    f  x   x  ¡ . giả sử x  0 vì nếu x  0 là hiển nhiên. 0,5
Giả sử f  x   0  z  0 sao cho f  x   z 2 . Vì f đơn ánh và


f  zf  z    z 2 nên x  zf  z  do đó f   x   f   zf  z     z 2   f  x  .
Trong trường hợp f  x   0 chứng minh tương tự.
1,0đ

Mặt khác, ta có
f  yf  z     x 2  f  xf  x  y  
2
2
  x 2   x  y    x  y   f   xf  x  y   



 x  y  f  y 
 2 xy    y   f   x  y  f   y     2 xy  f   yf  x  


 y 2  2 xy  f

2

Suy ra f  xf  y    xy  x, y ¡ .
Tương tự f  yf  x    xy vì thế xf  y   yf  x   f  x   cx  x  ¡ thay vào 0,5đ
(1) suy ra c  1;1 .

Thử lại hai hàm số f  x    x thỏa mãn yêu cầu.
Câu
IV

+) Với n  1 ta thây luôn thỏa mãn.

0,5

+) Xét với n  1 .

1,5d

4,0
điểm

*) với p  2 thì 13  a n không tồn tại a và n.
*) Với p  2 thì p lẻ. Giả sử tồn tại hai số a và n thỏa mãn. Ta có
i 1

 p

a  2  3   2  3    1 2 p i 3i 1  suy ra a n M
5  aM
5.
 i 1

n

p

p

i 1
 p

5     1 2 p i 3i 1 M
5
Hơn nữa n  2  a n M
 i 1


1 .

Mặt khác với mỗi i  1,2,..., p  1 ta có :

 1

i 1

.2 pi.3i1   1 .2 pi. 5  2 
i 1

i 1

1,0đ

  1 .2 pi. 2 
i 1

i 1
 p

Do đó    1 2 p i 3i 1   p.2 p 1  mod5   2  .
 i 1


i 1

 2 p1  mod 5


5 . Do  2 p1 ,5   1 nên pM
TỪ (1) và (2) ta có p.2 p 1 M
5 . Vậy p  5 .

1,0

5  a  5k  k  ¢  . Khi đó
Mà aM

25  35   5k   275   5k   275M
5n  n  2  k 2  11 vô lý .
n

n

Vậy không tồn số nguyên n  1 thỏa mãn. Kết luận n  1 .
CÂU
V
4,0
điểm

Từ giả thiết suy ra số phần tử của S là 144.

0,5

Không giảm tính tổng quát, giả sử tô các điểm được tô đỏ của S là nhiều nhất.
Theo nguyên llý Dirichlet, số các điểm đỏ trong S ít nhất là 48.
Ký hiệu các điểm màu đỏ có tung độ i là mi , i  1,2,...,12 ta có
Số các cặp điểm màu đỏ có tung độ i là Cm2i 

mi  mi  1
2

12

 mi  48.
i 1

.

Sô có cặp điểm màu đỏ có cùng tung độ trong S là :
12

12

mi  mi  1

i 1

i 1

2

 Cm2i  

1  12
   mm2 i
2  i 1

 1  12 
    mi 
 2  i 1 

1  12 
1  12  1  12    12 
 1
   mi     mi     mi     mi   12   .48  48  12   72
24  i 1 

2  i 1  24  i 1    i 1 
 24
2

Vậy số các cặp điểm màu đỏ có cùng tung độ trong S ít nhất là 72 cặp.
Mặt khác số cặp điểm trên trục hoành có tung độ là các số nguyên từ 1 đến 12
là C122  66 .
Do đó khi chiếu các cặp điểm màu đỏ lên trục hoành có ít nhất 2 cặp hình có
chiều trùng nhau, hai cặp điểm này xác định hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu.

Mọi cách giải đúng, khác đáp án đều cho điểm tối đa tương ứng với thang điểm của đáp
án

1,5