xy y x xy xy y x y x xy 0,5 Ta có xyx y  xy

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 ( Hướng dẫn chấm này có 05 trang)

Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm

Câu 1

6 3 2 2 2

3 2 2 2

2 10 (1)

4 (2 1) 28 3 2 4( 1) 4 (2)

x x y xy x y

x y y x y xy

    



      



Điều kiện :

 2  4 0 ^{0 1}

1 0

0 4 ) 1 ( 4

0

2 2 2

2 2





 











 

















 xy

y x

xy xy

y x

y x

xy 0,5

Ta có :

2

2 2 1 1 1 2 2 1

4 2 4 2

xyx y  xy    xyx y  ( dấu = xảy ra khi xy =

2 1)

0,5

Do đó từ (1) 2x⁶ 4x³20y² 1 (3) ^0,5 Từ (2) và (3) ta suy ra :

4 ) 2 ( 2 20 4

2 4 28 4

8x³y x³  y²   x⁶  x³  y²  x y ² 

 ⁸x³y⁴²x⁶ ⁸y² ² x²y² ⁴

4x³y2x⁶ 4y²  x2y² 4

2



x³ 2y



²  x2y² 4 (4)

Ta lại có



x³ 2y



²  x2y² 4 2 0,5

Do đó (4)











 

0 2

0

3 2 y x

y x







 

0 0 y

x hoặc











2 1 1 y x

hoặc















2 1 1 y

x 0,5

Thử lại ta thấy chỉ có











2 1 1 y x

là nghiệm của hpt.

0,5

Câu 2

Ta chứng minh quy nạp

2

1 , 1

1 ⁿ

n u n n

n     



1,0

Rõ ràng khẳng định đã đúng với u₁. Giả sử đã có

2

1, 1

1 ^k

k u k k

k    



ta chứng minh

 

²

1

1 2

2 ^k

k u k

k ^

   

 .

1,0

Thật vậy

 

²

2 1

( 1) 1

1 1 2

k k

k

k k

u k u

u k



 

    

 

 

²

2 2

1 2 2

( 1) 1 1

2 2

1 1 1

1 1

k k

k

k k k

u u k k

k u k k k

k



 

        

    



1,0

Vậy ta có

2

1, 1 lim 1

1

n

n n

n u

u n n

n       ^ n 

 .

1,0

Câu 3 1

1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc XAY.

Ta có tứ giác AO OO_{1 2} là hình bình hành nên suy ra OO₁ || AY Lại có



^{EA EO,} 1

 

^{ AO AE}1^,

 

^{ AF AO,} 2

 

^mod



^EO1^{|| AY}

Do đó O O E, ₁, thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có , ,

O O F₂ thẳng hàng

0,5

Mặt khác

       

  ^{   }

, , , ,

, , mod

CE CK AC AK AK CK AC AK O E O K EO EK



 

   

  _{1 1}  ₁

2 1

2 2

Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn



^CEK



0,5

2

2. Ta có AKI  ALI 90⁰ nên 4 điểm A I K L, , , cùng thuộc đường tròn đường kính AI .

Mà EF AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI .

Do đó



^{AE AK,}

 

^{ LA LK,}

 

^mod



⁽¹⁾

0,5

Mặt khác

       

   

, , , ,

, mod

KE KA XE XA XE EA AE AX AE AX

 

   

2 

0,5

S C D

E F

L K

O

Y

X B

A

O₁

O₂

I



^{AY AF,}

 

^{AF FY,}

 

^{AY AF,}

 

^{AY FY,}

 

^{LA LF,}



^mod



      

2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra



^{EF EK,}

 

^{ EA AK,}

 

^{ AK EK,}

 

^{ LA LK,}

 

^{ LF LA,}

 

^{ LF LK,}

 

^mod



Vậy 4 điểm E F L K, , , cùng thuộc một đường tròn.

Gọi S là giao điểm của EK và FL

Vì 4 điểm E F L K, , , cùng thuộc một đường tròn nên ta có

   

/ /

. . _{S CEK S DFL}

SE SK SF SL P P (3)

0,5

Ta có IC IK. ID IL IA.  ² P_{I CEK/ } P_I/DFL (4)

0,5

Gọi D là giao điểm của EF với IY

Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn



^DFL



Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E F, và O là trung điểm của XY nên suy ra OEOF. Do đó

   

/ /

O CEK O DFL

P OE² OF² P (5)

0,5

Từ (3), (4), (5) suy ra S O I, , cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn



^CEK

 

^{, DFL}



^{nên S O I, ,} thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng EK FL OI, , đồng quy tại S.

0,5

*) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của điểm I (I nằm ngoài các đoạn XK YL, và I nằm trong các đoạn

, XK YL)

Câu 4

Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn. Ta xét f không hằng.

0,5

1 1

( ( )) ( ) ( ) , , (1)

2 2

f xxy f y  f x   f y   x y

Trong (1) cho y=-1 ta được:

1 1

( ( 1)) ( ) ( 1) , (2)

2 2

f f   f x   f     x

Rõ ràng nếu 1

( 1) 0

f   2 thì f là hàm hằng. Do đó:

1 1

( 1) 0 ( 1)

2 2

f     f   

0,5

Ta sẽ chứng minh: 1

( ) 0 1

f x     2 x .

Thật vậy, giả sử tồn tại a 1 sao cho 1 ( ) 2 f a   . Trong (1) chọn ya ta có: 1

( ) 0,

f ax x 2   x . Mâu thuẫn vì f không là hàm hằng. Do đó ta có: a 1.

1,0

Chú ý là 1

( 1) 2

f    nên từ (2) ta có : 1

( ) 0

f 2

 .

Trong (1) chọn

1 ( )

2 , ( 1)

1 f y

x y

y

    

 ta được:

1 1 1

( ) ( ) ( )

1 1

2 2 2

( . ( )) (f( ) )( ( ) )

1 1 1 2 2

1 ( )

1 1 1

(f( 2 ) )( ( ) ) ( ) 0, 1

1 2 2 2

f y f y f y

f y f y f y

y y y

f y

f y f y

y

     

    

  

          



1,0

1 1

( ) ( )

2 1 2

( ) , 1 1, 1

1 2 1

f y f y

f y y

y y

   

           

 

Suy ra ^{( ) 1, 1}

f y  y 2   y

Do 1

( 1) 2

f    nên 1

( ) ,

f x    x 2 x .

Thử lại ta có hàm số cần tìm là 1

( ) ,

f x    x 2 x .

0,5

0,5

Câu 5

Ta giải bài toán trong trường hợp lập bảng “m hoàn thiện” kích thước 3x3.

Gọi , , ,x y z tlần lượt là các số điền được ở đường chéo chính và ô ở vị trí dòng 1 cột 2 , khi đó các số còn lại ở các ô được xác định duy nhất như hình bên dưới

x t m x t

m z x y t y x t z

y t z m y t z

2,0

Vì các số được điền là không âm và ylà số nhỏ nhất trong các số ở đường chéo chính nên các điều kiện sau phải thỏa

, , , 0; ; ; ;

; min , ,

x y z t x t m x t z z y t m x y t m z y x y z

Các điều kiện trên có thể rút gọn lại thành

0 y min x y z, , ;x t m z; y t * Khi đó 0 y 2y t z x y t z x t m.

Ta thấy rằng bộ bốn số không âm y;2y t z x; y t z x; t sắp theo thứ tự tăng dần xác định duy nhất bộ các số , , ,x y z tthỏa mãn * và tương ứng với một cách lập bảng “m hoàn thiện”. Do vậy, số cách lập được là C_m⁴ ₄

Áp dụng với m 2015 được kết quả là C₂₀₁₉⁴

1,0

1,0

Chú ý khi chấm:

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó.

2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản.