NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM —————— LỜI GIẢI CHI TIẾT KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Lớp 11 THPT - Vòng Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) a) Ta có 1, 2, 4, , 2n cấp số nhân có n + số hạng với u1 = q = 2, Ä + + + + 2n = 2n +1 − ä = 2.2n − 2−1 Lại có 1, 5, 25, , 5n cấp số nhân có n + số hạng với u1 = q = 5, Ä + + 25 + + 5n = 5n +1 − 5−1 ä = (5.5n − 1) Từ suy A = lim n→+∞ b) Ta có 2.2n − 5.5n −1 Ä än Ä än 25 − 15 8.2n − Ä än = lim = lim n→+∞ n→+∞ 5.5n − − 15 =0 √ √ √ + 2014x + 2015x − + 2015x + + 2015x − B = lim x →0 x Ñ√ é Ä√ ä √ 3 + 2015x + 2014x − 1 + 2015x − = lim + x →0 x x √ Ö √ è + 2015x (1 + 2014x − 1) + 2015x − Ä√ ä + Ä√ ä2 √ x →0 x + 2014x − x + 2015x + + 2015x + Ñ é √ 2014 + 2015x 2015 = lim √ + Ä√ ä2 √ x →0 + 2014x + 1 + 2015x + + 2015x + 5036 = = lim Câu (2,0 điểm) a) Phương trình cho tương đương với 2014x2015 − x3 + mx2 + − m = Đặt f ( x ) = 2014x2015 − x3 + mx2 + − m, ta có f ( x ) hàm số đa thức nên liên tục R Lại có lim f ( x ) = +∞; lim f ( x ) = −∞ x →+∞ x →−∞ Do tồn α > 0, β < cho f (α) > f ( β) < 0, suy f (α) f ( β) < Vậy f ( x ) = có nghiệm R hay phương trình cho có nghiệm với m b) Điều kiện √ xác định −1 x √ Đặt u = − x2 (0 u 1), phương trình trở thành + u = x (1 + 2u) Nhận thấy −1 x nghiệm phương trình Với < x bình phương hai vế phương trình ta có Ä ä Ä + u = x2 + 4u + 4u2 ⇔ + u = − u2 äÄ + 4u + 4u2 Ä ⇔ = (1 − u) + 4u + 4u2  ⇔ 4u − 3u = ⇔  ä u = 0√ u= ä √ Với u = ⇒ x = 1; với u = ⇒x= 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = Câu (2,0 điểm) 21 + 22 + 23 + 17 24 + ; u2 = = ; u3 = = ; u4 = = ; 2 4 n +1 , ∀ n ∈ N∗ Từ ta dự đoán un = n Hiển nhiên công thức n = 2n + 2n +1 + Giả sử un = , ∀n ∈ N∗ , ta cần chứng minh un+1 = , ∀ n ∈ N∗ n n+1 2n 2n 2n + 1 2n +1 + Thật un+1 = un − = − = (đpcm) n+1 n+1 n+1 n n+1 n+1 n +1 Vậy un = , ∀ n ∈ N∗ n 2n + b) Ta có nun = n = 2n + n Giả sử nun số phương tồn m ∈ N∗ cho a) Ta có u1 = = 2n + = m ⇔ 2n = ( m + ) ( m − ) m + = 2n − k m − = 2k Trừ theo vế (1) (2) ta có (1) n , k ∈ N∗ < k < (2) Từ suy n−k k k Ä −2 = ⇔ 2 n−2k ® ä −1 = ⇔ 2k = ⇔ 2n−2k − = ® k=1 n=3 Vậy nun số phương n = Câu (2,5 điểm) Q M A N O O B C K E D P a) Ta có ’ = AMC ÷ (cùng chắn cung nhỏ AC ˜) ACD ’ = AMC ÷ (hai góc đồng vị) ECD ’ = ECD ’ ⇒ ACD (1) ’ = EDC ’ ⇒ ADC (2) Tương tự ’ = AND ÷ (cùng chắn cung nhỏ ¯ ADC AD ) ’ = AND ÷ (hai góc đồng vị) EDC Từ (1) (2) ta có AE đường trung trực CD hay AE vuông góc với CD (đpcm) b) Gọi K giao điểm AB CD ta có KC2 = KB.AK = KD2 hay K trung điểm CD Lại có PQ||CD suy A trung điểm PQ mà AE⊥ PQ nên tam giác EPQ cân E (đpcm) Câu (1,5 điểm)1 • Với n 8, ta tô màu xanh số 1, 2, 5, tô màu đỏ số 3, 4, 7, không tồn ba số màu lập thành cấp số cộng Do n không thỏa mãn yêu cầu toán • Với n = 9, giả sử không tồn ba số màu lập thành cấp số cộng Không tính tổng quát ta tô số màu xanh Vì số 3, 4, không tô màu nên ta có trường hợp sau : TH1 : Số tô màu đỏ số tô màu xanh, ta có : Các số 1, 3, không tô màu nên số tô màu đỏ Các số 1, 4, không tô màu nên số tô màu xanh Lúc số 3, 5, tô màu xanh nên mâu thuẫn giả thiết TH2 : Số tô màu xanh số tô màu đỏ, ta có : Các số 2, 3, không tô màu nên số tô màu đỏ Các số 2, 5, không tô màu nên số tô màu xanh Các số 4, 6, không tô màu nên số tô màu đỏ Các số 5, 6, không tô màu nên số tô màu xanh Các số 1, 4, không tô màu nên số tô màu đỏ Các số 1, 5, không tô màu nên số tô màu xanh Lúc số 7, 8, tô màu xanh nên mâu thuẫn giả thiết TH3 : Số số tô màu đỏ, ta có : Các số 4, 5, không tô màu nên số tô màu xanh Các số 3, 6, không tô màu nên số tô màu đỏ Các số 1, 5, không tô màu nên số tô màu xanh Các số 1, 2, không tô màu nên số tô màu đỏ Các số 2, 5, không tô màu nên số tô màu xanh Các số 5, 7, không tô màu nên số tô màu xanh Lúc số 6, 7, tô màu xanh mâu thuẫn giả thiết Như với n = cách tô màu tồn ba số màu lập thành cấp số cộng Vậy số nguyên nhỏ thỏa mãn yêu cầu toán n = ——— Hết ——— Lời giải có tham khảo lời giải bạn materazzi diễn đàn http://k2pi.net.vn