Toan 11 de + dap an

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN DUYÊN HẢI BẮC BỘ - KHỐI LỚP 11 (Đề Hải phòng đề nghị) Bài (Phương trình hệ phương trình) Giải hệ phương trình:     y  x cos  3       z  y cos  3        z cos  x 3   Bài (Hình học phẳng) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB hai điểm C, D thuộc nửa đường tròn Tiếp tuyến đường tròn C D cắt đường thẳng AB N, M Hai đường thẳng NC MD cắt E Hạ EF  MN  Chứng minh EF phân giác góc CFD Bài (Phương trình hàm – Hàm số) Cho n số tự nhiên Tìm tất hàm số liên tục f  x  thỏa mãn   0, x  R Cn0 f  x   Cn1 f  x    Cnn f x n Bài (Dãy số - Đa thức)  Cho dãy  xn  n 1 thỏa mãn x1 1; x2 x3 9; x4 1 xn 4  xn xn 1 xn 2 xn 3 , n 1 Chứng minh tồn lim xn tính giới hạn Bài (Tổ hợp) Chứng minh với số tự nhiên n 2 tồn tập hợp S gồm n số tự nhiên cho ab chia hết cho  a  b  với số a b phân biệt thuộc S Đáp án        x   f ' x  sin  x   f ' x 1 3 3  3  Bài Xét hàm số f  x  cos  Từ x  y  f  y   f  z   f '     y  z   y  z Tương tự ta có x  y  y  z  z  x  y  x  x  y  y  z  z  x Giả sử x max  x, y, z  x  y z Từ có f  x  x Xét hàm số:        g  x   x  cos  x   g '  x  1  sin  x  3 3  3   3 Vậy g(x) đồng biến mà g   0 nên hệ phương trình cho có nghiệm   x  y  z  Bài T D C M E A F B N Giả sử tiếp tuyến cắt T, TE cắt MN F’ Hạ TF’’ vng góc với MN Khi TO phân giác góc MTN nên OM TM  ON TN MF ' ND TC 1 NF ' TD MC MF ' MC MC DO MF '' TF '' MF ''      cot CMO tan DNO   NF ' ND CO ND TF '' NF '' NF '' Vậy F F ' F "       Tứ giác TCOF, TOFD nội tiếp nên TFC TOC ; TFD TOD mà TOC TOD Theo định lí Ceva: nên FE phân giác góc CFD Bài Trước hết ta chứng minh bổ đề: Nếu g(x) hàm số liên tục thỏa mãn g  x   g  x  0 g  x  0 Dễ thấy g(x) hàm số chẵn nên ta xét với x 0 Ta có g   0;     1 g  1 0 g x n n g  x n n     g  x   lim   1 g  x  0 n n   1 g x02 0 Xét x0   0;1 ta có g  x0    1 g x0 nlim   Xét x0   1;  ta có g  x0    1 n 2n n n   2n Vậy g  x  0 , x  R Bổ đề chứng minh xong   k k Trở lại toán, xét hàm số Gk  x  Ck f  x   Ck f  x    Ck f x 0 Nhận thấy Gk  x  liên tục Gk  x   Gk  x  Gk 1  x  , k  N Từ giả thiết ta có Gn  x  0  Gn   x   Gn   x  0 Theo bổ đề Gn   x  0 Tiếp tục G0  x  0  f  x  0, x Bài Đặt M n max  xn ; xn1; xn 2 ; xn 3  ; mn min  xn ; xn 1 ; xn2 ; xn 3 Ta thấy  mn  dãy tăng bị chặn trên,  M n  dãy giảm bị chặn mn m lim M n M  m M  Như tồn nlim   n   M  M n  M    m    mn  m Với   tùy ý tồn n0 cho n n0 :  Mặt khác tồn n n0 cho xn 4 mk 3 Như xn 4  xn xn1 xn2 xn 3  mk  M  m     m  M  m    ,   Cho   dẫn đến m M Vậy m M a Do tồn lim xn a Từ đẳng thức xn44 xn xn 1xn 2 xn 3 , nhân vào ước lược ta xn44 xn33 xn22 xn 1 x1 x22 x33 x44  a10 95  a 3 Vậy lim xn 3 Bài Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp toán học Với n = chọn S2  0;1 Giả sử toán đến n = k nghĩa ta chọn tập Sk thỏa mãn toán Ta chứng minh toán với n = k + Gọi L bội số chung nhỏ số khác có dạng  a  b  ab với tất a, b  S k Xét Sk 1  L  a | a  S k    0 Suy Sk+1 có k  phần tử Ta chứng minh thỏa mãn toán Thật vậy: Nếu số a b ab a  b  Nếu số có dạng L  a L  b ta có  L  a   L  b  L  L  a  b   ab ab   L  a   L  b    L  a    L  b   Từ suy điều phải chứng minh