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

3 7 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 23/02/2021, 18:08

Vì r t có thể nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi-rích- lê, suy ra có ít nhất hai bộ bằng nhau.[r] (1)1 Câu Nội dung Điểm 1 a) Ta chứng minh un   1, n phương pháp Quy nạp Theo đề bài, ta có 1 2 u   Giả sử un 1, với n1 Ta chứng minh un1 1 Thật ta có   2   3 9 10 3 1 1 n n n n n n n u u u u u u n n                1,0 un 1 nên từ  1 suy un1 1 Do un   1, n hay  un dãy bị chặn 1,0 b) Ta chứng minh  un dãy giảm Thật vậy, ta có 2 49 50 1 8 u     u Giả sử ta có 1 1 n n u uu ,   L   với n1 Ta chứng minh un1 un Xét hiệu   2 2  3 3   2 2    1 1 1 1 1 n n n n n n n n H u u u u u u u u n n                    2    1 1 1 3 1 n n n n n n n n u u u u u u u u n n               Vì 1unun1 1 1 n  n nên từ  2 suy H 0, suy un1 un Suy un1 un, n Do  un dãy giảm bị chặn Suy dãy  un có giới hạn hữu hạn n  1,0 Giả sử limuna, với a   Từ hệ thức truy hồi cho, suy   3 3 9 aaaa  Với 2 a ,   ta có   1 3 11 3 41 2 a a a a a               Suy 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 (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 AT FE BC, , ba trục đẳng phương ATFHE  , OBFEC nên chúng đồng quy G tức ba điểm G T A, , thẳng hàng 1,0 b) Nối TH cắt  O M, suy A O M, , thẳng hàng Dễ thấy ·AEK  ·ABC ·AMCAMEF. 1,0 Từ suy ·AGK ·AM T Do KOT·  ·KGAOMT· (1) Hơn nữa, ·AOT 2OMT· (2) Từ (1) (2) suy KOT·  ·KOAOAOT nên OT trung trực AT, suy OKAT 1,0 3 Nguồn: Thái Nguyên Giả sử degPn So sánh bậc hai vế giả thiết, ta có 2 n n n n        1,0  Nếu n0 đặt P x c Từ giả thiết suy c c c c        Ta đa thức P x 0,P x 1 thỏa mãn toán 1,0  Nếu n2 đặt P x ax2bx c , với a0 So sánh hệ số cao hai vế giả thiết, ta aaa0 nên a1 Khi   P xxbx c1,0 Thử lại                              2 2 2 4 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 2 4 2 2015 2015 2015 2 2015 2015 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 P x P x   2015P P x  2015x, x ¡               2 2 2 2015 2015 4030 2015 0 2015 2015 4030 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 đa thức thỏa mãn toán P x 0,P x 1 P x x2 1,0 M K G T H E F O A (3)3 Giả sử nlà số nguyên dương thỏa mãn tốn, ta có    2    11nxy z  1 xy zxyz yxz 11n Suy tồn số nguyên dương p q, thỏa mãn 11  1 11 p q x yz y xz         1,0 Không tính tổng quát, giả sử xy Từ  1 suy         1 11 11 11 11 p q q p x y z x y z             Vì xy nên qp,               1 11 11 2 1 11 11 p q p p q p x y z x y z                1,0  Nếu z1 11M z1 11M , từ  3 suy xyM11p, hay xy xM yz Mặt khác, ta có xyz | x y| , nên suy xy Khi ta có 11n xxz2, từ suy n số chẵn  Nếu z1 11M từ  3 suy xyM11p, hay xy xM yz Mặt khác, ta có 0 xyz  x y , nên suy z1 Khi ta có 11n xy2, suy n số chẵn Từ trường hợp trên, suy n số chẵn 1,0 Ngược lại, với n số chẵn, đặt n2k k, ¢ Ta thấy x y z; ; 1 11; ; k 1 thỏa mãn    2 11nxy z  1 xy z Vậy nthỏa mãn toán n số nguyên dương chẵn 1,0 Nguồn: Tuyên Quang Đặt x0 0 ta thấy hệ thức truy hồi cho thỏa mãn với n 0 Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn số nguyên dương km3 cho m x| k 1,0 Đặt rt số dư chia xt cho m, với t 0 1, ,K ,m32 Ta xét gồm ba phần tử  0 1 2  1 2 3  3 1 2 m m m r r r; ; , r r r; ; ,K , r ;r ;r  Vì rt nhận m giá trị nên theo ngun tắc Đi-rích-lê, suy có hai 1,0 Giả sử p số nhỏ cho r rp; p1;rp2 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 cho, suy   2 1 p p p p r  rrr  modm rq2r rq1qrq1modm1,0 rpr rq, p1 rq1,rp2 rq2 nên từ đồng dư thức suy rp1rq1 Do hai rp1; ;r rp p1 rq1; ;r rq q1 nhau, điều trái với tính chất p Do p0, suy 0 q r  , chứng tỏ xq 0modm hay xq chia hết cho m 1,0 Nguồn: Sưu tầm
- Xem thêm -

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