Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia thpt năm học 2015 - 2016 Lào Cai môn: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: 20 – 10 - 2015 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) 
Câu 1 (5,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 
     
2 2
3 26 2
11 19 11 30 6 2 2 1 01 ,3 3 4 01 2
x x y x x xy x yy y yx x
                  . 
Câu 2 (4,0 điểm) Cho dãy số  nu được xác định bởi: 1 2 *1
2016
4 10 27 16,n n n n
u
u u u u n
        . 
Chứng minh rằng dãy số  nu có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. 
Câu 3 (5,0 điểm) Cho đường tròn  w có tâm O và hai đường kính là AB, CD. Tiếp tuyến với 
đường tròn  w tại B cắt AC tại E. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng DE với đường 
tròn  w . Chứng minh rằng ba đường thẳng AF, BC, OE đồng quy. 
Câu 4 (3,0 điểm) Cho a, b là hai số nguyên thỏa mãn 2 224 1a b  . Chứng minh rằng có một 
và chỉ một trong hai số đó chia hết cho 5. 
Câu 5 (3,0 điểm) Một kì thi học sinh giỏi Toán có 20 học sinh tham gia. Người ta xếp 20 học 
sinh đó ngồi xung quanh một bàn tròn. Ban tổ chức có tất cả 5 loại đề thi khác nhau. Hỏi có 
bao nhiêu cách phát đề cho 20 học sinh đó sao cho không có 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau có 
cùng đề thi. 
....................Hết.................... 
Ghi chú: 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay; 
 Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
 Trang 1/5
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: 20 – 10 - 2015 (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang, 05 câu) I. Hướng dẫn chấm: 1. Cho điểm lẻ tới 0,25; 2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn; 3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. II. Biểu điểm: Câu 1: (5,0 điểm) Giải hệ phương trình 
   
     
2 2
3 26 2
11 19 11 30 6 2 2 1 01 1
3 3 4 0 21 2
x x y x x xy
y y yx x
                . 
Nội dung Điểm Điều kiện:  211 19 11 30 0; 31x x y xy      
         3 32 23 31 12 y yx y x y     (3) 0,75 
Xét hàm số   3 3f t tt   trên R.   2' 3 3 0,f t tt      Suy ra hàm số  f t đồng biến và liên tục trên R. 
0,5 
Khi đó       22 113 f f x y yyx y     (4). Thế (4) vào (1) ta có: 
 2 211 19 19 6 2 2 1x x x x x       0,75 
  2310 26 17 4 2 1 3 . 2x x x x x x        0,75 
   2 235 2 5 3 4 2 5 3. 2 2 0x x x x x x x           0,75 
2 2
3
2 5 3 2 5 35 4 1 02 2
x
x x x x
x x
          
 0,5 
2 2
3 3 3 192 5 3 22 6 5 012
x x xx x x xx
            
. 0,5 
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là   3 19 8 2 19; ;2 9x y       0,5 
 Trang 2/5
Câu 2 (4,0 điểm) Cho dãy số  nu được xác định bởi: 1 2 *1
2016
4 10 27 16,n n n n
u
u u u u n
        . 
Chứng minh rằng dãy số  nu có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. 
Nội dung Điểm 
Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được *0 ,nu n   . 0,25 
Từ đó ta có: 1 24 16 27 10 10n n n nu u u u      0.25 
Khi đó 1 24 16 27 4 8 2710 10510 10n n n nu u u u           0,25 
Suy ra 10 nu   , tức là dãy  nu bị chặn. 0,25 
Xét hàm số   24 16 27 10f x x x x    , trên khoảng (0; ) . 
  3 22
2
32 274' 0, (0; )16 272 10
x xf x xx
x x
       
 
 0,25 
Suy ra hàm f(x) nghịch biến và liên tục trên  0, 
Ta có  1 1 2016n nuu f u  
0,25 
           1 3 1 3 2 4 2 4 3 5 3 5 4 6u u f u f u u u f u f u u u f u f u u u             0,25 
Bằng quy nạp chứng minh được 2 1 2 1 2 2 2;n n n nu u u u    0,25 Như vậy  2 1nu  giảm và  2nu tăng. Hơn nữa cả hai dãy  2 1nu  ,  2nu đều bị chặn nên 
chúng hội tụ. 0,25 
Giả sử  2 1 2lim , lim 10, 10n nn nu A u B A B     
Chuyển qua giới hạn từ hệ thức truy hồi ta có : 224 10 27 164 10 27 16
AB B B
AB A A
         
0,5 
24 10 27 16(*)AB B B
A B
       0,25 
Ta có 2 2 4 2 2(*) 4 10 27 16 8 16 10 27 16A A A A A A A           0,25 
   2 3 3 53 3 9 0 .2A A A A A        3 3 5
2A B
  0,5 
Do vậy ta được 3 3 5lim 2nu  0,25 
 Trang 3/5
Câu 3 (5,0 điểm) Cho đường tròn  w có tâm O và hai đường kính là AB, CD. Tiếp tuyến với 
đường tròn  w tại B cắt AC tại E. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng DE với đường 
tròn  w . Chứng minh rằng ba đường thẳng AF, BC, OE đồng quy. 
Nội dung Điểm 
(w)
S
KH
F
E
C
B
O
A
D
Gọi K là trung điểm của CE. Ta có: 4 điểm A, O, F, K cùng thuộc một đường tròn. 
Thật vậy:      OAE OCA CDE CED DFO CED     (1) 
0,75 
Tam giác CEF vuông tại F có FK là đường trung tuyến nên 
   F DFK KE KFE KE KFE CE     (2) 0,75 
Từ (1) và (2) ta có      0F 180OAE DFO E K OAE OFK     0,5 
Suy ra 4 điểm A, O, F, K cùng nằm trên một đường tròn (C1). 0,5 
Gọi H là trung điểm của AE. Ta có: 4 điểm O, B, C, H nằm trên đường tròn. Thật vậy: 
Ta có OH // BE nên   090BOH OBE  . 0,5 
Mà  090BCH  . Suy ra 4 điểm O, B, C, H cùng nằm trên đường tròn (C2) có 
đường kính BH. 0,5 
Hơn nữa 2 1E/(C ) E/(C )1. .2 .2EH EC EA EK EA EK     
Suy ra OE là trục đẳng phương của hai đường tròn (C1) và (C2) 
0,5 
AF là trục đẳng phương của hai đường tròn (w) và (C1) 
BC là trục đẳng phương của hai đường tròn (w) và (C2) 0,5 
Vậy ba đường thẳng AF, BC, OE đồng qui tại S là tâm đẳng phương của 
ba đường tròn (w), (C1) và (C2) 0,5 
 Trang 4/5
Câu 4 (3,0 điểm) Cho a, b là hai số nguyên thỏa mãn 2 224 1a b  . Chứng minh rằng có một 
và chỉ một trong hai số đó chia hết cho 5. 
Nội dung Điểm 
Ta có 2 224 1a b   không chia hết cho 5 nên a và b không thể cùng chia hết cho 5. 
Giả sử a và b cùng không chia hết cho 5. 0,5 
Theo định lí Fermat ta có  4 1 0 mod 5a   ;  4 1 0 mod 5b   
Do đó     2 2 2 2 4 4 0 mod 5a b a b a b     0,5 
Nếu  2 2 0 mod5a b  thì  2 2 225 1 0 mod5a a b    (vô lý) 
Vậy  2 2 0 mod5a b     2 2 2 223 1 0 mod5 23 1 0 mod 5a b a a        0,5 
Vì  ,5 1a  nên  1 mod 5a   hoặc  2 mod5a   0,5 
+ Nếu  1 mod 5a   thì    220 23 1 23 1 1 1 mod 5a       (vô lý) 0,5 
+ Nếu  2 mod5a   thì    220 23 1 23 2 1 3 mod5a      (vô lý) 
Vậy điều giả sử là sai. 
Do đó ta có điều phải chứng minh 
0,5 
 Trang 5/5
Câu 5 (3,0 điểm) Một kì thi học sinh giỏi Toán có 20 học sinh tham gia. Người ta xếp 20 học 
sinh đó ngồi xung quanh một bàn tròn. Ban tổ chức có tất cả 5 loại đề thi khác nhau. Hỏi có 
bao nhiêu cách phát đề cho 20 học sinh đó sao cho không có 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau có 
cùng đề thi ? 
Nội dung Điểm 
Gọi nS là số cách phát đề cho n học sinh sao cho không có 2 học sinh nào ngồi cạnh 
nhau có cùng đề thi 
Cố định một học sinh làm vị trí đầu tiên và các học sinh bên tay phải của học sinh đó là 
vị trí thứ 2, thứ 3,, thứ n (học sinh ở vị trí thứ n ngồi cạnh học sinh ở vị trí thứ nhất) 
0,5 
Ta thấy: 
Nếu học sinh ở vị trí thứ nhất và học sinh ở vị trí thứ 1n có đề thi khác nhau 
thì sẽ có 3 cách phát đề cho học sinh ở vị trí thứ n. 
Nếu học sinh ở vị trí thứ nhất và học sinh ở vị trí thứ 1n  có đề thi giống nhau thì có 4 cách phát đề cho học sinh ở vị trí thứ n. 
0,5 
Do đó ta có hệ thức: n n 1 n 2 S 3S 4S   0,5 
Sử dụng phương pháp sai phân để tính nS . Xét phương trình đặc trưng: 
2 1x 3x 4 0 4
x
x
      
 .( 1) .4n nnS a b  
0,5 
Do 2 35.4 20, 5.4.3 60S S    nên ta có: 16 20 464 60 1
a b a
a b b
         0,5 
Vậy  n n 20n 20S 4 1 4 S 4 4      0,5 
-----------------------Hết-----------------------