Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 năm 2016 đề đề xuất trường THPT chuyên lê quý đôn đà nẵng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP. ĐÀ NẴNG

HỘI THI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11.

-----------------------

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề.

Câu I: (4 điểm) Cho phương trình: x n  x 2  x  1  0 với n  N, n > 2
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n > 2, thì phương trình có một nghiệm dương duy
nhất xn.
2) Xét dãy số sau đây: U n  nxn  1 , n = 2, 3, 4,........ Tìm limUn ?
Câu II: (4 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I), đường tròn ngoại tiếp
(O). Đường tròn tâm A, bán kính IA cắt (O) tại M, N sao cho M nằm khác phía với C đối
với đường thẳng AB. Đường thẳng MN cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q. Gọi (K) là
đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC. Chứng minh đường
tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ .
Câu III: (4 điểm) Ký hiệu Q  là tập hợp tất cả các số hữu tỷ dương. Tìm tất cả các hàm





2
số f : Q   Q  thỏa mãn điều kiện: f f x  y  x 3 f ( xy ) , x, y  Q .



Câu IV: (4 điểm) Cho m > 1 là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n
có thể biểu diễn dưới dạng n = a + b, trong đó a là một số nguyên nguyên tố cùng nhau
với m và b là một số nguyên sao cho b2  bmod m .
Câu V: (4 điểm) Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của bảng 6 x 5
bằng cách sau: Cho phép thay đổi vị trí của các số trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy
một số nằm ở ô kề với ô trống rồi chuyển số đó sang ô trống. Hỏi bằng cách thực hiện

1


liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển số nói trên đối với bảng số ban đầu ta có thể
nhận được bảng số sau đó hay không?

1

2

3

4

5

29 2

3

4

5

6

7

8

9

10

6

8

9

10

11 12

13 14

7

11 12

13 14

15 16 17 18 19

15 16 17 18 19

20 21 22 23 24

20 21 22 23 24

25 26 27 28 29

25 26 27 28 1

Bảng 1

Bảng 2

--- HẾT --Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh…………………............... Số báo danh ...........................................
Chữ ký của giám thị 1:……………………....Chữ ký của giám thị 2:………………....
Họ và tên người ra đề: NGUYỄN QUỐC KHÁNH - SỐ ĐT: 0905129894

2


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
(Hướng dẫn chấm gồm có 10 trang)

Câu
Câu I

Điểm

Nội dung
Cho phương trình: x n  x 2  x  1  0 với n  N, n > 2

(4 điểm) 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n > 2, thì phương trình có
một nghiệm dương duy nhất xn
2) Xét dãy số sau đây: U n  nxn  1 , n = 2, 3, 4,........ Tìm limUn ?
1)

Xét phương trình: f(x) = x n  x 2  x  1  0 , với n nguyên, n > 2

(1)

+) Ta có: f’(x) = nxn -1 – 2x – 1 . Do n > 2, nên khi x > 1 thì f’(x) > 0.
Vậy f(x) là hàm số đồng biến trên 1; .
Lại có: f(1) = -2 < 0; f(2) = 2n – 7 > 0 ( vì n nguyên và n > 2  n  3)

1,0

Ta có: f(1)f(2) < 0 và f(x) liên tục, đồng biến nên phương trình f(x) =
0 có nghiệm duy nhất trên 1; .
+) Mặt khác với 0 < x < 1 thì xn < x2 ( do n > 2) suy ra f(x) < 0 với
mọi 0 < x < 1.
Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với

1,0

mọi n nguyên, n > 2.

2)

Gọi xn là nghiệm dương duy nhất của phương trình xn – x2 – x – 1 = 0.
Bây giờ xét dãy (Un) với Un = nxn  1 , n = 3, 4, 5,

3


Ta có: xnn  xn2  xn  1  0 hay xn  n xn2  xn  1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
xn2  xn  11 
 ....

1

x n  n x n2  x n  1  n x n2  x n  1.1.1....
1 <

n so 1

(2)

n

n 1 sô 1

(Chú ý rằng ở đây 1 < xn nên xn2  xn  1  1 , vì thế trong bất đẳng thức

1,0

không có dấu bằng)
+) Mặt khác do xn < 2, nên xn2  xn  6 , nên từ (2) có: 1  xn  1 

6
(3)
n

6
n

Bất đẳng thức (3) đúng với mọi n  3 và lim  0 nên từ (3) ta có:
lim xn  1

(4)

ln xn2  xn  1
+) Ta có: x  x  xn  1  n ln xn  ln x  xn  1  n 
ln xn
n
n

2
n

Từ đó: n  xn  1 

2
n

xn  1 ln x 2  x

ln xn

n

n

 1

(5)

Đặt yn  xn  1  lim yn  0
Ta có: lim

ln x n
ln  y n  1
ln t  1
 lim
 lim
 1 suy ra từ (5)
t 0
xn  1
yn
t

1,0

lim U n  lim nxn  1  ln 3

Vậy: lim U n  ln 3

4


Câu
Câu II
(4 điểm)

Nội dung

Điểm

Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I), đường tròn
ngoại tiếp (O). Đường tròn tâm A, bán kính IA cắt (O) tại M, N
sao cho M nằm khác phía với C đối với đường thẳng AB.
Đường thẳng MN cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q. Gọi
(K) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với các
cạnh AB, AC. Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường
tròn ngoại tiếp tam giác APQ .

Ta có: AM = AN = AI  AMN  MBA
Do đó, hai tam giác AMP và ABM đồng dạng nên AM2 = AP.AB

5


Chứng minh tương tự, ta cũng có AN2 = AQ.AC.

1,0

Vậy AI2 = AM2 = AN2 = AP.AB = AQ. AC

Suy ra tứ giác PBCQ nội tiếp và hai tam giác AQI và AIC đồng
dạng. Do đó IQC 

A
A C
B PQC
.
 AIQ 

 900 

2
2
2
2
2

1,0

Suy ra QI là phân giác góc PQC , do đó PQ tiếp xúc với (I).
+) Xét phép nghịch đảo N(A, IA2) với tâm A, phương tích IA2 thì
2

P  B, Q  C , vậy đường thẳng PQ PQ qua N(A, IA ) biến thành

đường tròn (O) và đường thẳng BC biến thành đường tròn ngoại

1,0

tiếp tam giác APQ.

+) Vì các đường thẳng AB, AC qua tâm A của N(A, IA2) nên qua
phép này biến thành chính nó; đường tròn (I) tiếp xúc với PQ và
2

hai cạnh AB, AC nên qua N(A, IA ) biến thành đường tròn (K).

1,0

Hơn nữa, (I) tiếp xúc BC nên (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại
tiếp tam giác (APQ).

Câu
Câu III

Điểm

Nội dung
Ký hiệu Q  là tập hợp tất cả các số hữu tỷ dương. Tìm tất cả

(4 điểm) các hàm số f : Q   Q  thỏa mãn điều kiện:





f f x  y  x 3 f ( xy ) , x, y  Q  .
2

Ta có: f  f x 2 y   x 3 f ( xy ) , x, y  Q 

(1)

6


Trong (1) thay y = 1, ta có: f  f x 2   x 3 f ( x)



f f x 
- Giả sử f(x) = f(y), ta có: x 
f ( x)
3

2

(2)

  f  f y   y
2

f ( y)

3

 x = yf

1,0

là đơn ánh.

+) Thay x bởi xy trong (2) và áp dụng (1) hai lần, lần thứ hai

y, f x  thế bởi
2

(x; y) : f  f xy 2   xy 3 f ( xy )  y 3 f  f x 2 y   f  f x 2 f  y 2 

1,0

Vì f là đơn ánh nên ta có: f xy 2  f x 2 f  y 2 , f xy   f x f  y ,
điều này suy ra f(1) = 1 và f x n   f x n , n  N
+) Phương trình (1) có thể viết lại:





2
f f  x  f ( y )  x 3 f ( x) f ( y )  f  f ( x )   x 3 f ( x )

(3)

Đặt g ( x)  xf ( x) . Từ (3), ta có :
g g x   g xf ( x)  xf ( x). f xf x   xf ( x) 2 f  f ( x) 
 xf  x 

2

x 3 f ( x )   xf ( x) 

5/ 2

 g ( x) 

5/ 2

1,0

,

và qui nạp ta có g g ...g ( x)...  g ( x) 5 / 2  với mọi n nguyên dương
n

(4)

n+1

Xét (4) với một x cố định. Vế trái của (4) luôn là số hữu tỷ, do đó

g x 5 / 2  phải là số hữu tỷ với mọi n. Ta sẽ chứng tỏ rằng điều này
n

chỉ xảy ra nếu g(x) = 1.
Gỉa sử rằng g(x)  1, phân tích g ( x)  p1 .....pk , với p1 ,...., pk là các
1

k

7

số nguyên tố phân biệt và 1 ,...., k là những số nguyên không âm.
Suy ra

g  g ...g ( x)...   g ( x) 

5 / 2 n

 p15 / 2  1 .....pk5 / 2   k ở đây các số
n

n

mũ phải là số nguyên nhưng nó là không đúng khi n lớn  g(x)

1,0

1
 1 là không thể, do đó g(x) = 1 và vì thế f ( x)  ; x  Q 
x
1
x

Kiểm tra lại f ( x)  ; x  Q  thỏa mãn (1).
1
x

Kết luận: f ( x)  ; x  Q 
Câu
Câu IV

(4 điểm)

Nội dung

Điểm

Cho m > 1 là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số
nguyên n có thể biểu diễn dưới dạng n = a + b, trong đó a là
một số nguyên nguyên tố cùng nhau với m và b là một số
nguyên sao cho b 2  bmod m .
- Ta xét trường hợp thứ nhất với m  p , trong đó p là số nguyên
tố và   1 . Giả sử n là một số nguyên. Khi đó, xảy ra hai trường
hợp:
a) p không chia hết n. Trong trường hợp này thì ƯCLN m, n  1 và

1,0

ta có thể chọn a, b  n,0 .
b) p chia hết n. Trong trường hợp này p không chia hết n - 1 (bởi
vì ngược lại p sẽ chia hết 1). Từ đây suy ra ƯCLN m, n  1  1 và ta
có thể lấy a, b  n  1,1

1,0

8


- Ta đi đến trường hợp tổng quát với m  p1 p2 .....pr với các số
1

2

r

nguyên tố phân biệt p1, p2, p3, ...., pr và các số nguyên dương
1,2 ,....,r . Giả sử n là một số nguyên. Bằng cách sử dụng trường

hợp ở trên, với mỗi k sao cho 1  k  r , thì có ak , bk  để n  ak  bk ,

1,0

ƯCLN  pk , ak   1 và bk2  bmod m .
k

-Theo định lí Trung Hoa về phần dư thì tồn tại một số nguyên b





b  bk mod pk k với k = 1, 2, ...., r

sao cho

Vì b2  b  bk2  bk  0mod pk

k

 và p , p ,.....,p  là các số nguyên
1

2

r

1,0

tố phân biệt nên ta kết luận rằng b 2  b  0mod p11 p22 ......prr  ,
tức là b  bmod m .
2

9


Câu
Câu V
(4 điểm)

Điểm

Nội dung
Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của
bảng 6 x 5 bằng cách sau: Cho phép thay đổi vị trí của các số
trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy một số nằm ở ô kề với ô
trống rồi chuyển số đó sang ô trống. Hỏi bằng cách thực hiện
liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển số nói trên đối với
bảng số ban đầu ta có thể nhận được bảng số sau đó hay
không?
1

2

3

4

5

29 2

3

4

5

6

7

8

9

10

6

8

9

10

11 12

7

11 12

13 14

13 14

15 16 17 18 19

15 16 17 18 19

20 21 22 23 24

20 21 22 23 24

25 26 27 28 29

25 26 27 28 1

Bảng 1

Bảng 2

Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc của đề bài, từ Bảng 1 ta có
thể nhận được Bảng 2

(*)

Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điển số 0. Với mỗi bảng số
nhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong
bảng theo thứ tự từ hàng trên xuống hàng dưới và trong mỗi hàng
thì từ trái qua phải. Khi đó ứng với mỗi bảng số ta sẽ có một hoán
vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Và do đó, điều giả sử (*) tương
đương với: Từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 , 9, 10, 11, 12, 0, 13,

1,0

10


14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29) (gọi là
hoán vị a) có thể nhận được hoán vị (29, 2, 3, 4, ....,11. 12, 0, 13,
14, 15, .....27, 28, 1) (gọi là hoán vị b) nhờ việc thực hiện liên tiếp
một số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số trong hoán vị theo qui tắc:
Mỗi lần, lấy hai số 0 của hoán vị rồi đổi vị trí của số 0 đó cho một
số liền kề với số 0 đó. (1)
+) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên
đầu tiên. Ta gọi cặp số ai ; a j  là cặp số ngược của hoán vị vừa nêu
nếu ai  a j và i  j . Dễ thấy, sau một lần thực hiện phép đổi chỗ
hai số kề nhau đối với hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) thì số cặp số

0,5

ngược của hoán vị đó sẽ tăng hoặc giảm đi một đơn vị.
+) Khi chuyển chỗ hai số ai và ai n ( n  1 tùy ý) trong một hoán
vị, cũng tức là chuyển ai liên tiếp qua n số kề với nó và chuyển

0,5

ai n liên tiếp qua n – 1 số kề với nó, nghĩa là chuyển 2n – 1 (một

số lẻ lần) hai số kề nhau, do đó cặp số ngược của hoán vị đó sẽ
tăng hoặc giảm một số lẻ đơn vị. (2)

+) Ta có: Số cặp số ngược của của hoán vị a là 12 và số cặp số
ngược của hoán vị b là 67. Từ đó, kết hợp với (2), suy ra từ hoán
vị a ta chỉ có thể nhận được hoán vị b sau một số lẻ lần thực hiện

1,0

phép đổi chỗ hai số nào đó. Điều này cho thấy, nếu từ Bảng 1 ta
nhận được Bảng 2 thì số lần đổi chỗ hai số ở hai ô nào đó phải là
số lẻ. (3)
+) Tô màu tất cả các ô vuông con của bảng 6 x 5 bởi hai màu
xanh, đỏ sao cho hai ô kề nhau có màu khác nhau. Sau mỗi lần đổi
11


chỗ hai số ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0 ở ô trống, theo cột hay 1,0
theo hàng thì số 0 được chuyển từ ô có màu này sang ô có màu
kia. Và vì thế do số 0 ở bảng 1 và số 0 ở bảng 2 nằm ở hai ô cùng
màu nên từ bảng 1 ta chỉ nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần
đổi chỗ hai số ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0. Điều này mâu

thuẫn với (3) và mâu thuẫn đó cho thấy: Từ Bảng 1 ta không thể
nhận được Bảng 2 nhờ một số hữu hạn lần đổi chỗ ở hai ô kề nhau,
trong đó có số 0 ở ô trống, theo quy tắc của đề bài.

12


13


14