Đáp án HSG Tiếng Trung lớp 11 trại hè Hùng Vương 2015 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (349.89 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1

Câu Nội dung Điểm

1 a) Ta chứng minh un   1, n 1 bằng phương pháp Quy nạp.
Theo đề bài, ta có 1 3 1

2
u   .

Giả sử un 1, với n1. Ta chứng minh un1 1.

Thật vậy ta có







 

3 2
1

9 10 1

3 9 1 5 1 4 1 1

1 1

n n n n n n

n

u u u u u u

n n .



          

 

1,0

Vì un 1 nên từ

 

1 suy ra un1 1.

Do vậy un   1, n 1 hay

 

un là dãy bị chặn dưới bởi 1.

1,0

b) Ta chứng minh

 

un là dãy giảm.
Thật vậy, ta có 2 49 1 50 1 1

8 8

u     u.

Giả sử ta có 1 1 1 3
2
n n

u u  u ,

  L   với n1. Ta chứng minh un1 un.

Xét hiệu



 





3 3

 

2 2







1 1 1 1

1 1

1 1 3 9

n n n n n n n n

H u u u u u u u u

n n

   

           









2 2



 

1 1 1 1

1 1

3 3 9 2

n n n n n n n n

u u u u u u u u

n n .

   

        


Vì 1un un1 và 1 1

n  n nên từ

 

2 suy ra H 0, do đó suy ra un1 un.
Suy ra un1 un, n 1.

Do vậy

 

un là dãy giảm và bị chặn dưới.

Suy ra dãy

 

un có giới hạn hữu hạn khi n .

1,0

Giả sử limun a, với 1 3

2
a .
 
Từ hệ thức truy hồi đã cho, suy ra

 

3 2

3 9 9 1 3

a a  a  a  .
Với 1 3

2
a ,

  ta có

 

3 2

3 2 11 8 0 3 41

2
a

a a a

a .





       

 

Suy ra limun 1.

1,0

Nguồn: Lào Cai 
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MƠN: TỐN - KHỐI:11

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2

2

Nguồn: Điện Biên

a) Dễ thấy tứ giác BFEC nội tiếp.
Hơn nữa, ·ATH  ·AFH  ·AEH
nên ngũ giác ATFH E nội tiếp.

1,0

Do đó AT FE BC, , là ba trục đẳng phương của



ATFHE

  

, O và



BFEC



nên chúng

đồng quy tại G tức là ba điểm G T A, , thẳng
hàng.

1,0

b) Nối TH cắt

 

O tại M, suy ra A O M, ,
thẳng hàng.

Dễ thấy ·AEK  ·ABC ·AMC  AM  EF.

1,0

Từ đó suy ra ·AGK ·AM T. Do đó KOT·  ·KGAOMT· (1).

Hơn nữa, ·AOT 2OMT· (2). Từ (1) và (2) suy ra KOT·  ·KOA. Mà OAOT nên OT là
trung trực của AT, suy ra OK  AT .

1,0

3 Nguồn: Thái Nguyên

Giả sử degPn. So sánh bậc của hai vế trong giả thiết, ta có 2 2 0
2
n

n n

n .


  




1,0

 Nếu n0 thì đặt P x

 

c. Từ giả thiết suy ra 2 0
1
c
c c

c .


   


Ta được các đa thức P x

 

0,P x

 

1 thỏa mãn bài tốn.

1,0

 Nếu n2 thì đặt P x

 

ax2bx c , với a0.

So sánh hệ số cao nhất hai vế trong giả thiết, ta được 2 3

a a. Vì a0 nên a1. Khi đó

 

P x x bx c .

1,0 
Thử lại.

  















































2
2

2 2 2

4 3 2 2

2 2

2015 2015 2015

4030 2015 2015

2 4030 2015 2015 4030

2015 2015 4030 2015 2015

P x P x x bx c x b x c

x bx c x b x b c

x b x b c b b c x

b b c c b x c b c

)

        

       

         

      

 























 







2 2

4 3 2

2015 2015 2015

2 2015 2015 2 2 2015 2015

P P x x x b x c b x b x c c

x b x b c b x c b b b x

c bc c
)

          

          

  

Do đó P x P x

  

2015



P P x



 

2015x



, x ¡ khi và chỉ khi



















 







2
2

2 2

2015 2015 4030 2015 2

2015 2015 4030 2 2015 2015

0
2015 2015

b c b b c b c b

b

b b c c b c b b b

c

c b c c bc c

         

  

         

  




    



Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn bài toán là P x

 

0,P x

 

1 và P x

 

x2.

1,0 
M

K

G
T

H

E

F

O
A

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3

4 Giả sử nlà số ngun dương thỏa mãn bài tốn, ta có



 

2 2









11n xy z  1 x y z xyz yxz 11n.

Suy ra tồn tại các số nguyên dương p q, thỏa mãn 11

 

1
11

p

q
x yz

y xz .

  




 



1,0

Khơng mất tính tổng qt, giả sử x y. Từ

 

1 suy ra













 

1 11 11
2
1 11 11

p q

q p
x y z

x y z .

    





   



Vì xy nên qp, khi đó

 





















 

1 11 11 1

2 3

1 11 11 1
p q p

p q p
x y z

x y z

.




    



 

   



1,0

 Nếu z1 11M thì z1 11M , do đó từ

 

3 suy ra xyM11p, hay xy xM yz. Mặt khác, ta có
xyz | x y| , nên suy ra x y. Khi đó ta có 11n 



xxz



2, từ đây suy ra n là một số chẵn.
 Nếu z1 11M thì từ

 

3 suy ra x yM11p, hay xy xM yz. Mặt khác, ta có

xyz  x y , nên suy ra z1. Khi đó ta có 11n 



x y



2, suy ra n là một số chẵn.
Từ các trường hợp trên, suy ra n là một số chẵn.

1,0

Ngược lại, với n là một số chẵn, đặt n2k k, ¢. Ta thấy bộ



x y z; ;







1 1 11; ; k 1



thỏa mãn



 

2 2



11n xy z  1 x  y z.

Vậy nthỏa mãn bài toán khi và chỉ khi n là một số nguyên dương chẵn.

1,0

Nguồn: Tuyên Quang 
 5 Đặt x0 0 thì ta thấy hệ thức truy hồi đã cho thỏa mãn với n 0.

Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn tại số nguyên dương km3 sao cho m x| k.

1,0

Đặt rt là số dư khi chia xt cho m, với t 0 1, ,K ,m32. Ta xét các bộ gồm ba phần tử



0 1 2

 

1 2 3





3 3 1 3 2



m m m

r r r; ; , r r r; ; ,K , r ;r ;r  . Vì rt có thể nhận m giá trị nên theo nguyên tắc
Đi-rích-lê, suy ra có ít nhất hai bộ bằng nhau.

1,0

Giả sử p là số nhỏ nhất sao cho bộ



r rp; p1;rp2



bằng bộ



r rq; q1;rq2



, với 0  p q m3.

Ta chứng minh p0.

Thật vậy, giả sử phản chứng p1. Từ hệ thức truy hồi đã cho, suy ra





2 1 1

p p p p

r  r r r  modm và rq2r rq1q rq1



modm



1,0

Vì rp r rq, p1 rq1,rp2 rq2 nên từ các đồng dư thức trên suy ra rp1rq1. Do đó hai bộ



rp1; ;r rp p1



và



rq1; ;r rq q1



bằng nhau, điều này trái với tính chất của p. Do vậy p0, suy ra

0
q

r  , chứng tỏ xq 0



modm



hay xq chia hết cho m.

1,0

Nguồn: Sưu tầm

</div>