Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 11 của trường chuyên THÁI BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ NĂM 2015 KHU VỰC DH VÀ ĐB BẮC BỘ MÔN THI: TỐN LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUN THÁI BÌNH ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) Người đề: Đào Thi Lê Dung Đề thi gồm 01 trang ĐT : 01685792492 Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x4 + x2 y − y = y3 + x2 y + x2   5( x y + + ( x + 1) 2x + y + 8) = 13(2x + 1)  Câu (4 điểm) Cho dãy (an) với n > xác định bởi: a1 = 1; a2 = 2; a3 = 6; a4 = 12  an + = 2a n +3 + an+ − 2a n +1 − an ∀ n ≥ a) Chứng minh an chia hết cho n với giá trị nguyên dương n a n b) Đặt bn = n Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n để 2015 ước bn Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) B, C cắt S Trung trực AB, AC cắt d phân giác góc A tam giác ABC thứ tự M N Gọi P giao BM CN, I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP a) Chứng minh H, I đối xứng qua d với H trực tâm tam giác OMN b) Chứng minh A, I, S thẳng hàng Câu (4 điểm): Cho hàm f : R+ → R+ ( R+ = {x ∈ R| x ≥ 0}) cho: f ( x ) + f ( y ) = f ( x + y + xf (4 y )) ∀x, y ≥ a) Chứng minh f hàm tăng khơng nghiêm ngặt R+ b) Tìm tất hàm f thỏa mãn điều kiện Câu (4 điểm): Với số nguyên dương m, kí hiệu C(m) số nguyên dương k lớn cho tồn tâp S gồm m số nguyên dương để số nguyên chạy từ đến k thuộc S tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh: m(m + 6) m(m + 3) ≤ C ( m) ≤ Hết ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KHỐI 11 Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x + x y − y = y + x y + x (1)   5( x y + + ( x + 1) 2x + y + 8) = 13(2x + 1) (2)  HD 2x + y + ≥ ĐKXĐ:  y + ≥   x2 + y2 = ( x + y )( x − y − 1) = ⇔  Từ (1) ta được:  x = y +1 Trường hợp đầu suy x=y=0 ko nghiệm hệ Do ta được: x2 = y + (1 điểm) Thay vào phương trình (2) ta được: 5( x x + + ( x +1) x + 2x + ) = 13(2x +1) a = x + 6; b = x + 2x + ⇒ 2x + = b − a ⇒ x =  a = b Thay  ⇒ ( a − b ) ( a + b ) − 26(a + b) + = ⇒ a + b =  a + b =  ( ) Dễ thấy a + b ≥ nên trường hợp thứ ba bị loại Hai trường hợp đầu ta tính x=-1/2 b2 − a2 − (2 điểm) KL: Hệ có nghiệm x=-1/2; y=-3/4 (1 điểm) Câu (4 điểm) Cho dãy (an) với n > xác định bởi: a1 = 1; a2 = 2; a3 = 6; a4 = 12  an + = 2a n +3 + an+ − 2a n +1 − an ∀ n ≥ a) Chứng minh an chia hết cho n với giá trị nguyên dương n a n b) Đặt bn = n Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n để 2015 ước bn HD a) Ta có b1=1; b2=1; b3 = 2; b4=3 Dễ thấy bn = Fn với n=1;2;3;4 (1 điểm) Bằng quy nạp ta chứng minh dãy (bn) trùng với dãy (Fn) Thật vậy: Mệnh đề với n=1;2;3;4 Giả sử mệnh đề đến n+3 Khi ta có: (n + 4)bn + = 2(n + 3) Fn +3 + (n + 2) Fn + − 2( n + 1) Fn +1 − nFn Dùng công thức dãy Fibonaci : Fm+2 = Fm+1 + Fm ta dễ dàng biến đổi vế phải thành (n+4)Fn+4 suy bn+4 = Fn+4 Vậy mệnh đề với n+4, với n nguyên dương Điều chứng tỏ an chia hết cho n với n nguyên dương (1 điểm) b) Gọi rn số dư bn cho 2015 với n=1;2;3; Trước tiên ta chứng minh (rn) dãy tuần hồn Thật vậy: Ta có : bn + = b n +1+ bn ⇒ rn +2 ≡ rn +1 + rn (mod 2015) 2 n n+1 Vì có vơ hạn cặp (r ; r ), (r ; r ), , (r ; r ) nhận hữu hạn giá trị khác nên m tồn hai phần tử dãy trùng Ta giả sử (r ; r số nguyên dương) (0,5 điểm) m+1 ) =( r m+T m+T+1 ;r ) (với T n Ta chứng minh (r ) tuần hoàn với chu kỳ T + ) Ta có : rm + ≡ rm+1 + rm (mod 2015); rm +T + ≡ rm +T +1 + rm +T (mod 2015) ⇒ rm + ≡ rm +T + (mod 2015) ⇒ rm + = rm +T + Tiếp tục ta chứng minh được: rm+k = rm+T+k với k>= (1) (0,5 điểm) +) Ta có : rm −1 ≡ rm +1 − rm (mod 2015); rm +T −1 ≡ rm +T +1 − rm +T (mod 2015) ⇒ rm −1 ≡ rm +T −1 (mod 2015) ⇒ rm −1 = rm +T −1 m-k Bằng quy nạp ta chứng minh được: r m+T-k =r với k=1;2; ;m-1 (2) (0,5 điểm) n n>0 Từ (1) (2) suy (r ) n dãy tuần hoàn 0 n Bổ sung vào dãy (b ) phần tử b = thỏa mãn b + b = b suy r = Khi dãy (r ) dãy n tuần hồn phần tử r = Do tồn vơ số phần tử dãy (r ) 0.Như câu b chứng minh xong (0,5 điểm) Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) B, C cắt S Trung trực AB, AC cắt phân giác góc BAC thứ tự M N Biết BM cắt CN P Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Chứng minh ba điểm S, A, I thẳng hàng HD E A N O H I P M C D B E S Khơng tính tổng qt ta giả sử tốn có vị trí tương đối hình vẽ Gọi D trung điểm BC, E giao phân giác góc A với (O) khác A F trung điểm MN a) +) Chứng minh OP trung trực MN (1 điểm) Vì hai tam giác cân MAB NAC có cặp góc tương ứng nên dễ thấy : · · · PMN = PNM , · OMN = ONM suy hai tam giác PMN OMN cân P O Vậy OP trung trực MN +) Chứng minh I, H đối xứng qua d (1 điểm) 1 · · · · · · · · Ta có: IMF = BME = BAC , HMF = HON = BAC ⇒ IMF = HMF Ta đpcm b)+) Chứng minh AD, AS đối xứng qua AE (0,5 điểm) Gọi EK đường kính (O) Ta có (DSEK) = -1 nên A(DSEK) = -1 mà AE AK vuông góc với suy AE phân giác góc SAD Ta có đpcm Dựa vào tính chất phép đối xứng trục ta thấy A, I, S thẳng hàng A, H, D thẳng hàng Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều (1,5 điểm) A HO FO − = cos A ; = −1 = A A HF FH MF tan sin 2 HO DE AF ⇒ = ⇒ dpcm HF DO AE MF cot A DE R (1 − cos A) = = DO R cos A cos A 2sin Câu (4 điểm): Cho hàm f : R+ → R+ ( R+ = {x ∈ R| x ≥ 0}) cho: f ( x ) + f ( y ) = f ( x + y + xf (4 y )) ∀x, y ≥ a) Chứng minh f hàm tăng không nghiêm ngặt R+ b) Tìm tất hàm f thỏa mãn điều kiện HD a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0 Xét hàm g(x) = x + f(4y)x hàm đồng biến R+ f(4y)>=0 Mà: g (0) = 0; g (+∞) = +∞ ⇒ TGT g ( x ) = [0;+∞) x≥0 nên với số dương a tồn x0 để a= g(x0) > Do f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với số a dương Chứng tỏ f hàm tăng không nghiêm ngặt.(1 điểm) b) Xét hai trường hợp sau: TH1: Tồn t > để f(t) = Thay x = t ⇒ f ( y ) = f ( y + t + t f (4 y )) ≥ f (t + y ) Mà f (t ) ≤ f (t + y ) ⇒ f ( y ) = f ( y + t ) ∀y ≥ ⇒ f (0) = f (t ) = f (2t ) = = f (nt ) ∀n ∈ Z + Kết hợpvới f(x) hàm không giảm nên f(x) = với x khơng âm Vì ngược lại tồn u > để f(u) > ln tồn n ngun dương để nt > u f(nt) = mâu thuẫn với tính khơng giảm hàm f (1 điểm) TH2: Với số dương t có f(t) > Theo chứng minh suy f hàm tăng ngặt 2 2 2 Thay y y ta có: f(x ) + f(y ) = f(x + y + xf(4y )) 2 2 Thay x y, y x : f ( y ) + f ( x ) = f ( y + x + yf (4 x )) Vì f tăng ngặt nên: x + y + xf (4 y ) = y + x + yf (4 x ) ⇒ x ( f (4 y ) = yf (4 x ) ⇒ f (4 y ) f (4 x ) = = kf ∀x > 0; y > y x ⇒ f ( x) = k x Thử lại ta k=1 (2 điểm) KL: Bài tốn có hai nghiệm f ( x ) = 0; f ( x ) = x Câu (4 điểm): Với mối số nguyên dương m, kí hiệu C(m) số nguyên dương k lớn cho tồn tâp S gồm m số nguyên dương để số nguyên chạy từ đến k thuộc S tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh: m(m + 6) m(m + 3) ≤ C ( m) ≤ HD Trước tiên ta tính thử vài giá trị ban đầu C(m) để cảm nhận toán Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8 Nhận xét: Việc tính C(m) quy việc đếm số phần tử tập A xác định bởi: A = S ∪ ( S + S ) ; S + S = { x + y | x, y ∈ S } +) (2 điểm) Chứng minh: C (m) ≤ m(m + 3) | A |≤| S | + | S + S |≤| S | + | S | +C|2 | = S | S | (| S | +3) m( m + 3) = 2 Chú ý : Để đánh giá số phần tử tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y x khác y Rõ ràng {1;2;3; ;k} tập A nên ta đpcm +) (2 điểm) Chứng minh: m(m + 6) ≤ C (m) Ta tập B cho với số nguyên chạy từ đến m(m+6)/4 thuộc B tổng hai số (không thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi C(m)>=m(m+6)/4 Xét hai trường hợp sau: TH1: m = 2n (1 điểm) Xét tập B(m) = {1; 2; 3; ; n; 2n+1; 3n+2; ; (n+1)n+n} gồm m phần tử dễ thấy tập B ∪ ( B + B) chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n + 2n rõ ràng (n+1)n + 2n = 2n(2n+6)/4 TH2: m = 2n+1(1 điểm) Khi ta xây dựng tập B(m)={1;2;3; ; n+1;2n+3;3n+5; ;(n+1)n+2n+1}gồm m phần tử tập B ∪ ( B + B) chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n+3n+2 rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4 Từ hai TH ta đpcm ĐỀ DỰ BỊ - THI OLIMPIC TOÁN CẤP TRƯỜNG NĂM 2013 Bài 1: Giải phương trình: x + 24 x + 28 − x + x − 20 = x + Bài 2: Tìm tất hàm f thỏa mãn: f : R → R f ( x + xy + f ( y )) − f ( x) f ( y ) − 1 = ( f ( x ) + f ( y ) ) ∀x, y ∈ R Bài 3: Cho a,b,c ba số dương Chứng minh: a + bc b + ca + b + bc + c c + ca + a c + ab ≥ a + ab + b n Bài 4: Cho a,b,c ba số nguyên dãy (a ) xác định bởi: a0 = a; a1 = b; a2 = c  an +3 = 2an + + 2an +1 − an n n+1 Tìm số nguyên k cho 4a a + k số phương a b c d Bài 5: Tìm số a,b,c,d nguyên dương thỏa mãn: (2 + 1) = (2 - 1) Bài 6: Chứng minh từ 2013 số dương phân biệt ln chọn hai số cho tổng hiệu chúng không số lại  ... tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử không thi? ??t phân biệt) Chứng minh: m(m + 6) m(m + 3) ≤ C ( m) ≤ Hết ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:... tiếp từ đến (n+1)n+3n+2 rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4 Từ hai TH ta đpcm ĐỀ DỰ BỊ - THI OLIMPIC TOÁN CẤP TRƯỜNG NĂM 2013 Bài 1: Giải phương trình: x + 24 x + 28 − x + x − 20 = x + Bài 2: Tìm... (0,5 điểm) +) Ta có : rm −1 ≡ rm +1 − rm (mod 2015) ; rm +T −1 ≡ rm +T +1 − rm +T (mod 2015) ⇒ rm −1 ≡ rm +T −1 (mod 2015) ⇒ rm −1 = rm +T −1 m-k Bằng quy nạp ta chứng minh được: r m+T-k =r với