TRƯỜNG THPT CHUYÊN Bài HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẦN PHÚ CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN MƠN TP HẢI PHỊNG THI: TỐN - LỚP 11 Nội dung f x e x  x n  a) Với số nguyên dương n , xét hàm số n   Có  x   f n     xlim f x ;   n   hàm liên tục, đơn điệu tăng khoảng  0;  nên PT (1) có nghiệm dương f  1 e    f n  xn   xn  b) n Lại có (4 điểm) Điểm xn f n  xn  e xn  xnn  0  e xn  xnn    f n   xn   xn  xn   lim xn  A hữu hạn xn  A 1 n Suy 1,5 1,5 f n  xn  0  f n  A  e A  An  A n n A Cho n    e  lim A  0  lim A 3  e   A 1  A 1 Có xnn 3  e xn  n.ln xn ln  e xn  n  xn  1 ln  Cho    xn  1 xn ln  e xn xn    1,0 n    lim n  xn  1 ln   e  Bài Nội dung Điểm +Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki: (4 x2 + y2 + z2 ³ ( x + y + z) = 144 Þ x2 + y2 + z2 ³ 48 P  48 a  b  c  Vậy Đẳng thức xảy 1,0 Giả sử x £ y £ z Þ x £ 3,0 điểm) ( Ta có Mà ) x2 + y2 + z2 = 144 - 2xy - 2yz - 2zx = 144 - 2x ( 12 - x) - 2yz yz - 6y - 6z + 36 = ( y - 6) ( z - 6) ³ Þ yz ³ 6( y + z) - 36 = 36 - 6x Þ x2 + y2 + z2 £ 144 - 2x ( 12 - x) - 2( 36 - 6x) = 72 + 2x2 - 12x  x  y  z 62   x  1  x   62 ( x;y;z) = ( 1;5;6) hoán vị Vậy max P 62 Đẳng thức xảy Bài Nội dung I Điểm K N A P E F H M O B C D 2,0 Gọi H trực tâm tam giác ABC , P giao điểm AO EF (4 điểm) 1800  AOC    PAE  AEP   AEP 900  ABC  AEP 900 Ta có (vì ABC  AEP )  APE 900  OA  MN Mà OM ON MN  AM  AN (1)  ABM  ABN  OA trung trực đoạn (2)     Lại có hai tứ giác ACDF BCEF nội tiếp suy AFD BFE  BFI BFE (3) Từ (2) (3) suy BFI BFN ( g c.g )  BI BN , FI FN  BF trung 2,0 trực đoạn IN Dẫn đến AI  AN Hoàn toàn tương tự c/m AK  AM Kết hợp (1) suy đoạn thẳng AI , AK , AM , AN  đpcm Bài Nội dung (4 Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta có an Điểm   n 2   5  n 1,5 Do m 5  mod p   an Vì điểm) an p  2n 2n   m  2 2n  mod p  2n   m  2 2n 2n p   m     m   p (1) m 5  mod p    m    m   1 mod p  Hơn Vì  m  2  m  2   1   m   2n1 2,5  1p n1  m    1p  an 2  p 2    2n 2 ord p  m   n 2  m    1p Ta có Mà  m  2 p 1 mod p   p  12n 2 Bài , đpcm Nội dung Với Khi k   1; 2;3; ; 4n , kí hiệu bk max  3ak ; k  ; ck min  3ak ; k  4n 4n 4n k 1 k 1 k 1  3ak  k   bk  ck   bk  Điểm 4n c k k 1 Chú ý 4n (4 điểm) + b k k 1 4n c + k 1 k 3   n  1   n     4n     3n  1   3n     4n  26n  5n 2,0 3     n       3n  6n  3n 4n  3a k  k 20n  2n Suy k 1 Đẳng thức xảy điều kiện sau thỏa mãn: + Với k   1; 2;3; ;3n + Với k   3n  1;3n  2;3n  3; ; 4n Vậy có tất n !  3n  ! ak   n  1; n  2; n  3; ; 4n hốn vị thỏa mãn ak   1; 2;3; ; n 2,0