Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của bn.. Trung trực của AB, AC cắt d là phân giác trong góc A của tam giác ABC thứ tự tại M và N.. Gọi P là giao của BM và C
Trang 1HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH VÀ ĐB BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH.
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Người ra đề: Đào Thi Lê Dung
ĐT : 01685792492
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
D UYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 11
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 01 trang
Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:
x x y y y x y x
Câu 2 (4 điểm) Cho dãy (an) với n > 0 được xác định bởi:
a) Chứng minh an chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n
b) Đặt n a n
b
n Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của bn
Câu 3 (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt
nhau tại S Trung trực của AB, AC cắt d là phân giác trong góc A của tam giác ABC thứ tự tại
M và N Gọi P là giao của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác MNP
a) Chứng minh H, I đối xứng nhau qua d với H là trực tâm của tam giác OMN
b) Chứng minh A, I, S thẳng hàng
Câu 4 (4 điểm): Cho hàm f R: R (R {x R| x 0}) sao cho:
f x f y f x y xf y x y
a) Chứng minh f là hàm tăng không nghiêm ngặt trên R+
b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên
Câu 5 (4 điểm): Với mỗi số nguyên dương m, kí hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao
cho luôn tồn tại một tâp S gồm m số nguyên dương để mỗi số nguyên chạy từ 1 đến k hoặc
Trang 2thuộc S hoặc là tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử này không nhất thiết phân biệt) Chứng minh: ( 6) ( ) ( 3)
C m
Hết
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11.
Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:
4 2 2 2 3 2 2 (1)
x x y y y x y x
HD
ĐKXĐ: 2x7 0 8 0
y y
Từ (1) ta được:
2 2
2 2 2
2
0
1
x y
x y
Trường hợp đầu suy ra x=y=0 nhưng ko là nghiệm của hệ
Do vậy ta được: x2 = y + 1 (1 điểm).
Thay vào phương trình (2) ta được:
5(x x 6 ( x 1) x 2x 7) 13(2x 1)
Thay
2 2
2
1
2
1 5
b a
a b
a b
(2 điểm)
Dễ thấy a b 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại
Hai trường hợp đầu ta tính được x=-1/2
Trang 3KL: Hệ có một nghiệm x=-1/2; y=-3/4 (1 điểm)
Câu 2 (4 điểm) Cho dãy (an) với n > 0 được xác định bởi:
a) Chứng minh an chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n
b) Đặt n a n
b
n Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của bn
HD
a) Ta có b 1 =1; b 2 =1; b 3 = 2; b 4 =3
Dễ thấy b n = F n với n=1;2;3;4 (1 điểm) Bằng quy nạp ta chứng minh dãy (bn ) trùng với dãy (F n )
Thật vậy:
Mệnh đề đúng với n=1;2;3;4 Giả sử mệnh đề đúng đến n+3 Khi đó ta có:
(n 4)b n 2(n 3)F n (n 2)F n 2(n 1)F n nF n
Dùng công thức của dãy Fibonaci : F m+2 = F m+1 + F m ta dễ dàng biến đổi vế phải thành (n+4)F n+4
suy ra b n+4 = F n+4
Vậy mệnh đề đúng với n+4, do đó nó đúng với mọi n nguyên dương.
Điều đó chứng tỏ a n luôn chia hết cho n với mọi n nguyên dương (1 điểm)
b) Gọi r n là số dư của b n cho 2015 với n=1;2;3;
Trước tiên ta chứng minh (r n ) là một dãy tuần hoàn Thật vậy:
ó : n n n n n n( d 2015)
Vì có vô hạn các cặp (r
1
; r
2 ), (r
2
; r
3 ), , (r
n
; r
n+1 ) nhưng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau nên
tồn tại ít nhất hai phần tử của dãy trùng nhau Ta giả sử là (r
m
; r
m+1 ) =( r
m+T
; r
m+T+1 ) (với T là một
số nguyên dương) (0,5 điểm)
Trang 4Ta chứng minh (r
n ) tuần hoàn với chu kỳ T
( d 2015)
m m T
m m T
Tiếp tục như vậy ta chứng minh được: r m+k = r m+T+k với mọi k>= 0 (1) (0,5 điểm)
( d 2015)
m m T
m m T
Bằng quy nạp ta chứng minh được: r
m-k = r
m+T-k
với k=1;2; ;m-1 (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) suy ra (r
n )
n>0
là một dãy tuần hoàn
Bổ sung vào dãy (b
n ) phần tử b
0 = 0 thỏa mãn b
0 + b
1 = b
2 suy ra r
0 = 0 Khi đó dãy (r
n ) là dãy
tuần hoàn bắt đầu từ phần tử đầu tiên r
0 = 0 Do đó tồn tại vô số phần tử trong dãy (r
n ) bằng
0.Như vậy câu b được chứng minh xong (0,5 điểm)
Câu 3 (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt
nhau tại S Trung trực của AB, AC cắt phân giác trong góc BAC thứ tự tại M và N Biết BM cắt
CN tại P Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Chứng minh ba điểm S, A, I thẳng hàng
HD
Trang 5I H
D
P M N
S E
O
A
B
C
Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như hình vẽ
Gọi D là trung điểm của BC, E là giao của phân giác góc A với (O) khác A F là trung điểm của MN
a) +) Chứng minh OP là trung trực của MN (1 điểm)
Vì hai tam giác cân MAB và NAC có các cặp góc tương ứng bằng nhau nên dễ thấy :
PMN PNM OMN ONM suy ra hai tam giác PMN và OMN cân tại P và O Vậy OP là trung trực của MN
+) Chứng minh I, H đối xứng nhau qua d (1 điểm)
Ta có: IMF 12BME12BAC HMF , HON 12BAC IMF HMF
Ta được đpcm
b)+) Chứng minh AD, AS đối xứng nhau qua AE (0,5 điểm)
Trang 6Gọi EK là đường kính của (O) Ta có (DSEK) = -1 nên A(DSEK) = -1 mà AE và AK vuông góc với nhau suy ra AE là phân giác góc SAD Ta có đpcm
Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục ta thấy A, I, S thẳng hàng khi và chỉ khi A, H, D
thẳng hàng Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều này (1,5 điểm)
2 2
AF
E
MF
HO DE
dpcm
HF DO A
Câu 4 (4 điểm): Cho hàm f R: R (R {x R| x 0}) sao cho:
f x f y f x y xf y x y
a) Chứng minh f là hàm tăng không nghiêm ngặt trên R+
b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên
HD
a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0
Xét hàm g(x) = x2 + f(4y)x là hàm đồng biến trên R+ vì f(4y)>=0 Mà:
0
x
g g TGT g x nên với mỗi số dương a bất kỳ luôn tồn tại x0 để a= g(x0)
> 0 Do đó f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với mọi số a dương Chứng tỏ f là hàm tăng không
nghiêm ngặt.(1 điểm)
b) Xét hai trường hợp sau:
TH1: Tồn tại t > 0 để f(t) = 0
Trang 7( ) ( (4 )) ( )
Thay x t f y f y t t f y f t y
M f t f t y f y f y t y
Kết hợpvới f(x) là hàm không giảm nên f(x) = 0 với mọi x không âm Vì nếu ngược lại tồn tại u
> 0 để f(u) > 0 thì luôn tồn tại n nguyên dương để nt > u nhưng f(nt) = 0 mâu thuẫn với tính
không giảm của hàm f (1 điểm)
TH2: Với mọi số dương t có f(t) > 0 Theo chứng minh trên suy ra f là hàm tăng ngặt
Thay y bởi y2 ta có: f(x2) + f(y2) = f(x2 + y2 + xf(4y2))
Thay x bởi y, y bởi x2: 2 2 2 2
Vì f tăng ngặt nên:
2
( )
f x k x
Thử lại ta được k=1 (2 điểm)
KL: Bài toán có hai nghiệm là f x( ) 0; ( ) f x x
Câu 5 (4 điểm): Với mối số nguyên dương m, kí hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao
cho luôn tồn tại một tâp S gồm m số nguyên dương để mỗi số nguyên chạy từ 1 đến k hoặc thuộc S hoặc là tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử này không nhất thiết phân biệt) Chứng minh: ( 6) ( ) ( 3)
C m
HD
Trước tiên ta tính thử một vài giá trị ban đầu của C(m) để cảm nhận bài toán
Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8
Trang 8Nhận xét: Việc tính C(m) quy về việc đếm số phần tử của tập A xác định bởi:
+) (2 điểm) Chứng minh: ( )m m( 23)
C m
2
| |
Chú ý : Để đánh giá số phần tử của tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y và x khác y
Rõ ràng {1;2;3; ;k} là một tập con của A nên ta được đpcm
+) (2 điểm) Chứng minh: m m( 46) ( )
C m
Ta sẽ chỉ ra một tập B sao cho với mọi số nguyên chạy từ 1 đến m(m+6)/4 hoặc thuộc B
hoặc là tổng hai số (không nhất thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi đó 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 và dễ thấy tập
B B B chứa dãy số liên tiếp từ 1 đến (n+1)n + 2n và rõ ràng (n+1)n + 2n = 2n(2n+6)/4
TH2: m = 2n+1(1 điểm)
Khi đó ta xây dựng tập B(m)={1;2;3; ; n+1;2n+3;3n+5; ;(n+1)n+2n+1}gồm m phần tử và tập
B B B
chứa dãy số liên tiếp từ 1 đến (n+1)n+3n+2 và rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4
Trang 9Từ hai TH trên ta được đpcm.
Trang 10ĐỀ DỰ BỊ - THI OLIMPIC TOÁN CẤP TRƯỜNG NĂM 2013 Bài 1: Giải phương trình:
5x224x28 x2 x 20 5 x2
Bài 2: Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn:
f R R v f x xy f y f x f y f x f y x y R
Bài 3: Cho a,b,c là ba số dương Chứng minh:
2a bc 2 2b ca 2 2c ab 2 6
Bài 4: Cho a,b,c là ba số nguyên và dãy (a
n ) xác định bởi:
a a a b a c
a a a a
Tìm số nguyên k sao cho 4a
n a n+1 + k là một số chính phương.
Trang 11Bài 5: Tìm các số a,b,c,d nguyên dương và thỏa mãn: (2
a + 1)
b = (2
c
- 1)
d
Bài 6: Chứng minh rằng từ 2013 số dương phân biệt luôn có thể chọn được hai số sao cho tổng và
hiệu của chúng đều không bằng các số còn lại.