Thông tin tài liệu
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI MÔN: TỐN LỚP: 11 Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) x0 Bài (4,0 điểm) Cho dãy số xn thỏa mãn : xn xn 1 , n 0,1, 2, Chứng minh dãy xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Bài (4,0 điểm) Hai đường tròn (O1) (O2) cắt A, B CD tiếp tuyến chung (O1) (O2) ( C O1 , D O2 ) điểm B gần CD điểm A CB cắt AD E , DB cắt CA F , EF cắt AB N K hình chiếu vng góc N CD a) Chứng minh CAB DAK b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD H trực tâm tam giác KEF Chứng minh ba đường thẳng OH, CD, EF đồng quy Bài (4,0 điểm) Tìm tất hàm f f x y f x f y f x f y xy , x, y R số f :R R thỏa mãn điều kiện: 1 Bài (4,0 điểm) Cho n số nguyên dương lẻ lớn Các tập hợp số nguyên dương A k N * / kn 1 cp B j N * / jn cp k n 2k A j nj B Chứng minh rằng: n (kí hiệu cp số phương , tập hợp số nguyên tố) Bài (4,0 điểm) Cho tập hợp D 1,2,3,4, ,12 Tìm số tập D cho phương trình x y 12 vơ nghiệm tập - Hết - LỜI GIẢI x0 Bài (4,0 điểm) Cho dãy số xn thỏa mãn : xn xn 1 , n 0,1, 2, Chứng minh dãy xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Lời giải Đặt f ( x) ( 2) x dãy số có dạng x0 xn+1 = f(xn) Ta thấy f(x) hàm số tăng x1 2 x0 Từ đó, f(x) hàm số tăng nên ta có x2 = f(x1) > f(x0) = x1, x3 = f(x2) > f(x1) = x2, … Suy xn dãy số tăng Tiếp theo, ta chứng minh quy nạp xn < với n Với n = 0, x0 nên điều Giả sử ta có xk < rõ ràng x k 1 xk 2 Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có x n < với n Vậy dãy {xn} tăng bị chặn nên dãy có giới hạn hữu hạn Gọi a giới hạn chuyển đẳng thức x n 1 xn sang giới hạn, ta a a Ngồi ta có a x Xét phương trình x Xét hàm số g (x) ln x ln( ) (*) x ln x ln x , g '(x) x x Khi x 0; 2 g '(x) nên phương trình (*) có nghiệm x 2 Vì nghiệm phương trình (*) nên phương trình (*) có nghiệm thoả mãn điều kiện x 2 Từ suy a = Vậy giới hạn xn n dần đến vô Bài (4,0 điểm) Hai đường tròn (O1) (O2) cắt A, B CD tiếp tuyến chung (O1) (O2) ( C O1 , D O2 ) điểm B gần CD điểm A CB cắt AD E , DB cắt CA F , EF cắt AB N K hình chiếu vng góc N CD a) Chứng minh CAB DAK b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD H trực tâm tam giác KEF Chứng minh ba đường thẳng OH, CD, EF đồng quy Lời giải Bổ đề: Cho tứ giác ABCD nội tiếp AB.CD AD.CB Nếu M trung điểm BD MAB CAD Chứng minh: A D M C B Theo định lí Ptolemy AB.CD AD.CB , ta có: AB.CD AB.CD AD.CB AC.BD 2 AC.BM AB AC MB DC Mà ABM ACD Do tam giác ABM đồng dạng với tam giác ACD Vậy MAB CAD A E N F O B H K M D C L a) Gọi M giao điểm AB CD Vì CD tiếp xúc với đường tròn O1 , O2 nên MC MA.MB MD Do đó: MC MD(1); MC MA MD MA ; 2 MB MC MB MD Từ (2) suy tam giác MCB đồng dạng với tam giác MAC , tam giác MDB đồng dạng với tam giác MAD Do đó: CB CM DB DM BC BD ; 3 Từ (1) (3) 4 AC AM AD AM AC AD Lấy điểm L AK cho LB / / NK Ta có: KA, KB, KN , KM chùm điều hịa Do KM qua trung điểm LB Mà LB KM Do L B đối xứng với qua KM Từ (4) (5) suy LC LD 6 AC AD Vì CD tiếp xúc với đường tròn O1 , O2 nên BAC BCD , BAD BDC Từ đó, ý tới (5), suy CAD CLD BCD BDC CBD 1800 ACLD nội tiếp (7) Từ (6) (7) theo bổ đề trên, suy CAB DAK b) Từ (5) (7) suy KBD KLD KCF ; FAE FBE CAD CBD CAD CLD 1800 Do tứ giác FBKC , FBEA nội tiếp BAF BCD CD / / EF Vì tứ giác FBEA nội tiếp CD tiếp xúc với O1 BEF Vì tứ giác FBKC , FBEA nội tiếp O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD 1 FKC FBC CAD COD 900 OCK CO KF Từ đó, ý EH KF CO / / EH Tương tự, ta chứng minh DO / / FH 10 Từ (8),(9),(10) suy đường thẳng OH , CE , DF đồng quy Bài (4,0 điểm) Tìm tất hàm f f x y f x f y f x f y xy , x, y R số 1 Lời giải Đặt f a Từ (1) cho x y 0 ta f f a Thay x y t vào (1), ta f t t a 2 Từ suy đẳng thức f x1 f x2 x1 x2 f :R R thỏa mãn điều kiện: 2 Từ (2) ta thu f t f t hay f x f x f x f x 0, x 3 Từ (1) thay y 0 ta f f x af x f x a , x Thay x 0 , ta thu f f y af y f y a, hay f f x af x f x a, x (5) Từ (4) (5) cho ta a f x f x f x f x 2a, x (4) Giả sử tồn x0 0 cho f x0 f x0 Thế vào (6), ta f x0 a f nên x02 0 x0 0, vơ lí Vậy f x x, x Từ (6), a f x 0, x nên a 0 f x 1 mâu thuẫn với điều kiện f x f x , x Thế a 0 vào (2), ta được: f x x f x x 0, x Giả sử tồn x0 0 cho f x0 x0, x0 f x0 f f x0 f x0 x0 Suy x0 0 trái với giả thiết Vậy nên f x x, x Thử lại, ta thấy hàm f x x, x thỏa mãn điều kiện đầu Bài (4,0 điểm) Cho n số nguyên dương lẻ lớn Các tập hợp số nguyên dương A k N * / kn 1 cp B j N * / jn cp Lời giải k n 2k A j nj B Chứng minh rằng: n (kí hiệu cp số phương , tập hợp số nguyên tố) k n 2k A j nj B Ta có n x 1n ( n ) kn x x * x 1 x 1 kn x 1n x n kn x 1 x 1 n n k n jn y y n y n ( n ) y n jn y n j n k n 2k A n j nj B Phản chứng Giả sử n hợp số n 4 * Trường hợp 1: n p với p , , Nếu chẵn chọn j 1 n mà jn p cp (vơ lí) * Nếu lẻ 2t 1 t chọn j p n mà jn p t 1 cp (vơ lí) * Trường hợp 2: n pq với p, q \ 1 , p, q 1 Ta chứng minh: 1 k n k mà kn 1 cp p Xét D xq 2 x 0 HĐĐ mod p x 0,1,2, , p 1 cho xq 0 mod p xq mp với m * Chọn k mx m p 1 xq p 1 q n 2 Ta có: kn mx n mp xq xq xq xq 1 cp ( vơ lí) Từ hai trường hợp ta thấy điều giả sử sai Vậy n Bài (4,0 điểm) Cho tập hợp D 1,2,3,4, ,12 Tìm số tập D cho phương trình x y 12 vơ nghiệm tập Lời giải Ta có 12 2 11 3 10 4 5 6 13 Gọi A1 tập D có chứa 12 A tập D có chứa 11 A tập D có chứa 10 A tập D có chứa A tập D có chứa A tập D có chứa Gọi B tập tất tập D Gọi C tập tập thoả mãn yêu cầu Thì C B A1 A A Do vai trị bình đẳng A i nên áp dụng định lí “Cho n tập A1 ,A , ,A n tập n hữu hạn thì: A i 1 i 1 I 1,2, n ;I I 1 A i ”, iI ta có: A i C16 A1 C62 A1 A C36 A1 A A C64 A1 A A A i 1 C56 A1 A A A A C66 A1 A A A A A 12 Ta có B 2 Mỗi phần tử A1 có dạng 1,12 Y1 với Y1 tập D \ 1;12 , 10 A1 Y1 2 Tương tự ta có A1 A 2 ; A1 A A3 2 ; A1 A A3 A 2 ; A1 A A A A 22 ; A1 A A A A A 1 10 4 Vậy C 2 C6 C6 C6 C6 C6 C6 729
Ngày đăng: 18/10/2023, 19:43
Xem thêm:
