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

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

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

Vì 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 u  u ,

  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un un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 limun a, với a   Từ hệ thức truy hồi cho, suy

 

3

3 9

a a  a  a  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

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  , O BFEC 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 ·AMC  AM  EF.

1,0

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

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

1,0

3 Nguồn: Thái Nguyên

Giả sử degPn 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

a a Vì a0 nên a1 Khi

 

P x x bx c

1,0 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 Giả sử nlà số nguyên dương thỏa mãn tốn, ta có

   2   

11n xy z  1 x y z xyz yxz 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 x y Từ  1 suy   

    

1 11 11 11 11

p q

q p x y z

x y z

    

 

   



Vì xy nên qp,       

      

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 xyM11p, hay xy xM yz Mặt khác, ta có xyz | x y| , nên suy x y Khi ta có 11n xxz2, từ suy n số chẵn  Nếu z1 11M từ  3 suy x yM11p, hay xy xM yz Mặt khác, ta có

0

xyz  x y , nên suy z1 Khi ta có 11n x y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

11n xy z  1 x  y 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 km3 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  r r r  modm rq2r rq1q rq1modm

1,0

Vì rp r 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