Đề olympic 2018 đề nghị chuyên lê quý đôn ninh thuận lớp 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XXIV Số phách ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; KHỐI: 11 Số phách ĐỀ THI CÂU HỎI (4.0 điểm) Giải phương trình x  3x  x   x   3 x  x   x1 3; CÂU HỎI (4.0 điểm) Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn:  Chứng x  x  x  , ( n  1)  n 1 n 1 n minh dãy số có giới hạn hữu hạn, tính giới hạn CÂU HỎI (3.0 điểm) Cho tam giác ABC khơng cân có tâm đường tròn nội tiếp I Gọi D trung điểm BC , hình chiếu vng góc D lên AB AC theo thứ tự E , F Gọi H , K hình chiếu vng góc I lên BC AH Các tiếp tuyến E F đường tròn đường kính AD cắt M a) Chứng minh tam giác MBC cân b) Chứng minh KB.HC KC.HB CÂU HỎI (3.0 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn: f  x  y   f ( x ) f ( y )  f ( xy )   y 1 f ( x )   x  1 f ( y ), x, y   CÂU HỎI (3.0 điểm) Chứng minh với số nguyên dương m, n  m 2  , tồn số n  m  m2   k  k2  k nguyên dương cho:      2   CÂU HỎI (3.0 điểm) Trên bảng vng kích thước 17 17 , người ta đặt vào ô vuông nhỏ bảng cho 257 robot (mỗi ô vuông robot) cách tùy ý Sau người ta điều khiển cho robot di chuyển lúc tốc độ robot theo quy tắc sau: Mỗi robot di chuyển từ hình vng mà chúng đứng sang hình vng khác có cạnh chung với hình vng mà chúng đứng, chúng quay góc 90 thẳng sang hình vng khơng phép khỏi bảng Chứng minh di chuyển thế, có thời điểm mà có hai robot đứng chung hình vng - HẾT - CÂU HỎI (4.0 điểm) Giải phương trình x  3x  x   x   3 x  x  ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1: x  3x  x   x   3 x  x    x  1  x   x   3x  x  u  x  Đặt  v  x  x  u  x   x   v   u  v   u  uv  v  3x   0 Ta có hệ phương trình:  v  x   3x   u 2 u  3x  18 x  31 Vì u  uv  v  3x    v    0, x nên u v 2  Do đó: x   3 x  x   x  x 1  1 Đặt x 2 cos      0;    , đó:  1 trở thành:   2 8cos3   cos  1  cos 3  cos     k  k    5 7    5 7       ; ;   x   2cos ; cos ; cos  9  9 9    x1 3; CÂU HỎI (4.0 điểm) Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn:  Chứng  xn 1  xn 1  xn  , (n 1) minh dãy số có giới hạn hữu hạn, tính giới hạn ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2: Trước tiên ta chứng minh xn  với n  N* Thật x1 3  Giả sử xn  Ta có xn 1  3xn 1  xn   xn31  3xn1  xn  m  Xét hàm số f ( x ) x  3x Ta có f ( x) 3 x  3; f ( x) 0  x 1 BBT:  x 1 f ( x) 18  0   f ( x)    2 Rõ ràng đường thẳng y m  cắt đồ thị hàm số y  f ( x ) điểm có hồnh độ x  Vậy xn 1  Do xn  2, n  N* Tiếp theo ta chứng minh dãy ( xn ) giảm Ta có x2  3x2  x1   3x2   x23  3x2  Rõ ràng đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số y  f ( x ) điểm có hồnh độ x  Vậy x2  x1 Giả sử xn 1  xn , với n 1 , ta có: xn 1   xn   xn32  3xn   xn21  3xn 1 Do hàm số f ( x ) x  3x đồng biến khoảng (2; ) nên ta có xn 2  xn 1 Vậy dãy ( xn ) giảm Do dãy ( xn ) giảm bị chặn nên theo định lý Weierstrass có giới hạn hữu hạn, đặt: a lim xn Ta có a  3a  a   a  3a  a  (ĐK: a  2) Nếu a  a  3a a(a  4)  a  a  a  2a  a  Vậy phương trình vơ nghiệm Vậy nghiệm có phương trình phải thỏa mãn  a 2 Đặt a 2 cos t , t  [0;  ] , ta được: cos 3t 0 cos 3t 0 8cos3 t  cos t  cos t      2 cos 3t cos t  cos 6t cos t Vì t  [0;  ] cos3t 0 nên ta nghiệm t 0; t   4 ; t  Vậy 4 4  2; a 2 cos 2 Mặt khác dãy ( xn ) bị chặn nên lim xn a 2 Vậy a 2 Kết luận: Dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn lim xn 2 a 2; a 2 cos CÂU HỎI (3.0 điểm) Cho tam giác ABC khơng cân có tâm đường trịn nội tiếp I Gọi D trung điểm BC , hình chiếu vng góc D lên AB AC theo thứ tự E , F Gọi H , K hình chiếu vng góc I lên BC AH Các tiếp tuyến E F đường trịn đường kính AD cắt M a) Chứng minh tam giác MBC cân b) Chứng minh KB.HC KC.HB ĐÁP ÁN CÂU HỎI J A V U F K I C E B H D X M Gọi J giao điểm MD với đường trịn đường kính AD , ta có tứ giác EDFJ tứ giác điều hịa Vì A  ( EDFJ ) nên A( EFDJ )  A( BCDJ )  Vì D trung điểm BC nên AJ || BC , mà AJ  JD nên BC  MD Tam giác MBC có MD vùa trung tuyến, vừa đường cao nên cân M b) Gọi U , V tiếp điểm đường tròn ( I ) với AB, AC Ta có: BC trục đẳng phương hai đường tròn ( I ) đường trịn đường kính IH   IK trục đẳng phương hai đường tròn đường kính IH IK  UV trục đẳng phương hai đường tròn ( I ) đường trịn đường kính IK Vì tam giác ABC khơng cân nên UV cắt BC X ta có X  IK Áp dụng định lý Cé-va cho tam giác ABC với điểm H , U , V ta có AH , BV , CU đồng quy Do K ( XHBC )   Mà KX  KH nên KH phân giác góc BKC KB HB  Suy hay KB.HC KC.HB (đpcm) KC HC a) CÂU HỎI (3.0 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn: f  x  y   f ( x ) f ( y )  f ( xy )   y  1 f ( x )   x  1 f ( y )  * , x, y   ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4: Đặt P  a; b  phương trình tạo thay x a, y b phương trình  *  f   0 P  0;0  :  f    2 f      f   2 Nếu f   2 P  x;0  : f  x  x  không thỏa  *  f  1 3 Khi f   0 P  1;  1 : f  1 f   1 3 f   1    f   1 0 Nếu f  1 3 P  x  1;1 : f  x  3x , thỏa  * Nếu f  1 3  f   1 0 Khi đó: P   x;1 : f   x  1   f  1  f   x     x  1 f  1 , P  x;  1 : f  x  1  f   x  , P  x  1;  1 : f  x    f   x  1 Vì thế: f  x     f  1  f  x  1    x  1 f  1 Hơn nữa: P  x  2;1 : f  x  1   f  1  f  x  1    x  1 f  1    f  1   f  x    f  x  1  0  f  x  1  f  x  Nếu f  1 2  f  x    f  x  1    f  1 0 Khi đó: P  x;1 : f  x  1 3 f  x    f  x  3 f  x   f  x  0 , thỏa  * Nếu f  1 2 , ta có: P  x;  1 : f  x  1  f   x  P  x  1;1 : f  x   f  x  1  x  f   x   x  f   x   f  x   x P  x;  x  : f    f  x  f   x   f   x    x  1 f   x     x  1 f  x   f  x   f  x   x   f  x   x   x  1  f  x   x     x  1 f  x    f  x    f  x   x  f  x   xf  x   x P  x; x  : f  x    f  x    f  x    x  1 f  x   f  x   f  x   x  f  x   xf  x   x  f  x    x  1 f  x   f  x  4 x  x  f  x   x  x , thỏa  * Vậy có hàm số thỏa yêu cầu toán: f  x  0, f  x  3x, f  x  x  x CÂU HỎI (3.0 điểm) Chứng minh với số nguyên dương m, n  m 2  tồn n  m  m2   k  k2  số nguyên dương k cho:      2   ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5: Bổ đề: Với a số thực khác 0, a  1 n số nguyên a  n số nguyên, với số a a tự nhiên n Chứng minh bổ đề: (dùng quy nạp) n Đặt S n a  , n   Ta có: S0 2, S1   an k Giả sử: S k a  1  , k 1 Cần chứng minh S k 1 a k 1  k 1   k a a Thật vậy:   S1Sk  a    a k  k a  a    k1    k 1   a  k 1    a  k   Sk 1  Sk   Sk 1 S1S k  Sk    a   a    Quay trở lại toán: Đặt r   m  m2  1 2 m  2r  m  r  mr  0  r nghiệm phương trình X  mX  0 Vì tích hai nghiệm nên nghiệm cịn lại phương trình m  m2  r  r 1 r  m    r n  n k  , n    r n nghiệm phương trình: Y  kY  0 r r n  m  m2   k  k2  k  k2  Vì r n   r n       2   CÂU HỎI (3.0 điểm) Trên bảng vng kích thước 17 17 , người ta đặt vào ô vuông nhỏ bảng cho 257 robot (mỗi ô vuông robot) cách tùy ý Sau người ta điều khiển cho robot di chuyển lúc tốc độ robot theo quy tắc sau: Mỗi robot di chuyển từ hình vng mà chúng đứng sang hình vng khác có cạnh chung với hình vng mà chúng đứng, chúng quay góc 90 thẳng sang hình vng khơng phép khỏi bảng Chứng minh di chuyển thế, có thời điểm mà có hai robot đứng chung hình vng ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6: A C A C A C … C A C A B D B D B D … D B D B A C A C A C … C A C A B D B D B D … D B D B A C A C A C … C A C A … … … … … … … B D B D B D … D B D B B D B D B D … D B D B A C A C A C … C A C A B D B D B D … D B D B A C A C A C … C A C A Tô màu ô vuông bảng màu ký hiệu A, B, C, D theo quy tắc Ta thấy có 81 ô A; 72 ô B; 72 ô C 64 ô D Ta chia ô vuông thành loại: Loại gồm ô A D Loại gồm B C Vì có 257 robot có loại vng, nên theo ngun lý Dirichlet có  257     129 robot chứa loại có 129 robot chứa ô loại Trong di chuyển, có thời điểm rơ-bốt loại chuyển sang hết ô loại ngược lại Sau đó, robot loại quay ô loại 1, robot ô loại quay ô loại Như có thời điểm loại chứa 129 robot  129   65 Vì loại có hai màu A D nên theo nguyên lý Dirichlet có    robot chứa A có 65 robot chứa ô D Ta thấy sau sau lần di chuyển tất robot ô A chuyển hết sang ô D ngược lại Do phải có thời điểm mà có 65 robot chứa D Vì có 64 D nên theo ngun lý Dirichlet phải có D chứa robot