Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án

Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án

Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG TỈNH BẮC GIANG (§Ị giíi thiƯu) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012 - 2013 MƠN TỐN 11 Câu I (4 điểm) Giải hệ phương trình sau   x+ y x− y  2 +  xy + y x − y = 14  ÷ 2 ÷     3   x+ y  x− y   ÷ +  ÷ = 9,      (x, y ∈ ¡ ) Câu II (4 điểm) Cho dãy số (an) xác định sau  a0 = −1   an an −1 a0  + + + n + = 0, n ≥ Chứng minh với n ≥ an > Câu III (4 điểm) Cho tam giác ABC Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC, CA, AB P, Q, R Một đường tròn qua B, C tiếp xúc với (I) X Một đường tròn qua C, A tiếp xúc với (I) Y Một đường tròn qua A, B tiếp xúc với (I) Z Chứng minh đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy Câu IV (4 điểm) Tìm tất hàm số f: ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + f ( y )) = f ( x) + xf (4 y ) + f ( f ( y )), ∀x, y ∈ ¡ Câu V (4 điểm) Từ chữ số 1, 2, lập số tự nhiên có 2013 chữ số cho chữ số 1, 2, xuất lẻ lần Học sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên……………………………Số báo danh ………… NBK-1 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành ĐÁP ÁN TOÁN 11 Câu Câu I Câu II Phương pháp x+ y x− y ;v = 2 2  xy = (u − v )(u + v )  2 Khi  x − y = 2uv  2  y = u − v Thay vào hệ ban đầu ta 2 2 2  2(u − v )(u + v ) + 2uv(u − v ) = 7(u + v )  3 u + v = (u + v )(u − v − 7) = ⇔ 3 u + v = Từ tìm u = 2, v = Từ tìm x = 9, y = a Ta có a1 = − > Giả sử a1, a2, , an- > Ta có a0  an an −1 + + + =0  1  1  1 1 1 n +1 ⇒ an =  − ÷an −1 +  − ÷an − + +  −  ÷a0 a a a 2 n n +       n − n −  + + + =  n an −1 an − a0 a1 + + + + Hay an = 1.2 2.3 (n − 1) n n(n + 1) Do a1, a2, , an- > nên  an −1 an − a1   2an −1 3an − na  + + + + + + ÷  ÷ (n − 1)n   n −1   1.2 2.3 Đặt u = Điểm 1 1 0,5 a a a02 a1  ≥  n −1 + n −2 + + = ÷ (n − 1)  n2   an −1 an − a02 a1  + + + ≥ ÷ ⇒  1.2 2.3 3a na  (n − 1)n   2a n  n −1 + n − + + ÷ n −1   Ta lại có 2an −1 3an − 3a na a   2a + + + = n  n −1 + n − + + ÷ n −1 2n n −1   n a a  a  a  ≤ n  n −1 + n −2 + + ÷ = n  − ÷ = − a0 n −1    n NBK-2 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành a a a0 a1  ⇒  n −1 + n − + + ÷≥ − (n − 1)n  n  1.2 2.3 a a a0 a a0 a1 + ≥ − 02 + >0 ⇒ an = n −1 + n− + + 1.2 2.3 (n − 1) n n(n + 1) n n(n + 1) Từ suy điều phải chứng minh 0,5 Câu III Câu IV Gọi N phép nghịch đảo cực I phương tích R Ta có N:X →X P→P Do N biến đường tròn (IPX) thành đường thẳng PX Tương tự N biến đường tròn (IQY) thành đường thẳng QY đường tròn (IQY) thành đường thẳng RZ Mà đường tròn (IPX), (IQY), (IQY) đồng quy tai I nên đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy f ( x + f ( y )) = f ( x) + xf (4 y ) + f ( f ( y )), ∀x, y ∈ ¡ (1) +) Dễ thấy f(x) ≡ nghiệm +) Xét trường hợp tồn t cho f(t) ≠ Thay x = 0, y = vào (1) ta f(0) = Thay x ∼ f(x), y ∼ t ta : f(f(x) + f(t)) = f(f(x)) + f(x)f(4t) + f(f(t)) Thay x : f(t) ; y ∼ f(x) : f(f(t) + f(x)) = f(f(t)) + f(t)f(4x) + f(f(x)) Suy f(t)f(4x) = f(x)f(4t) f (4t ) Đặt 8a = , f(t) ≠ ⇒ f(4x) = 8af(x) (2) f (t ) Khi ta viết lại (1) thành : f ( x + f ( y )) = f ( x) + axf ( y ) + f ( f ( y )), ∀x, y ∈ ¡ Thay x ∼ f(u) – f(v), y ∼ v, ta chứng minh f(x) + f(-x) = ax2 1 0,5 1 Kết hợp với (2) chứng minh a = Chứng minh f(f(x)) = (f(x))2 Suy f(x + f(y)) = f(x) + 2xf(y) + (f(y))2 Tìm f(x) = x2 KL : f(x) ≡ f(x) ≡ x2 hai nghiệm Câu V Gọi xn số số tự nhiên lập thành từ chữ số 1, 2, có n chữ số, n lẻ chữ số xuất lẻ lần (*) Xét số có n chữ số (n = 2k + 1) TH1 : số thỏa mãn điều kiện (*), có cách thêm hai chữ số giống vào cuối số đó, để số có n + chữ số thỏa mãn điều kiện toán TH2 : số khơng thỏa mãn (*) Vì n lẻ nên trường hợp có NBK-3 0,5 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành chữ số xuất chẵn lần (gọi a, b) chữ số xuất lẻ lần Nên trường hợp có hai cách thêm hai chữ số (ab ba) vào cuối để số có n + chữ số thỏa mãn điều kiện tốn Vây có xn + = 3xn + 2(3n – xn) = xn + 2.3n Từ tìm 3(32012 − 1) x2013 = NBK-4 1 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ ĐỀ NGHỊ - KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013 ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 11 (Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề) Câu ( điểm) Giải hệ phương trình sau: 2log (2 x + y ) = log (2 + x + y)  ( x, y ∈ ¡ )  27 x+6 2 27 x + 26 x + y + = +  Câu (4 điểm) Cho k số thực thuộc (-1; 2) a, b, c số thực đôi khác CMR:  1  9( − k )  a + b + c + k ( ab + bc + ca )   + + ≥ 2 2 a − b b − c c − a ( ) ( ) ( )   Câu (4 điểm) Cho ∆ ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA AB tương ứng D, E, F Đường thẳng EF cắt BC G Đường tròn đường kính GD cắt (I) R (R ≠ D) Gọi P, Q (P ≠ R, Q ≠ R) tương ứng giao (I) với BR, CR Hai đường thẳng BQ CP cắt X Đường tròn (CDE) cắt QR M đường tròn (BDF) cắt PR N Chứng minh PM, QN RX đồng quy Câu (4 điểm) Tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn f ( x − y + f ( y )) = f ( x) + f ( y ), ∀x, y ∈ R Câu (4 điểm) Cho bảng hình chữ nhật kích thước m × n (m < n) Một số có số ngơi sao, giả sử cột có ngơi Chứng minh có hai ngơi mà hàng chứa có nhiều ngơi cột chứa -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm NBK-5 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành ĐÁP ÁN Mơn: Tốn 11 Câu (4 điểm) */ Đặt t = log (2 x + y ) , phương trình (1) trở thành: log (7t + 2) = 2t ⇔ 9t = 7t + ⇔ ⇔ t = (Sử dụng tính chất đơn điệu) ⇔ x + y = ⇔ y = − x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 28 27 (9 x + 4) 3(9 x + 4) 4 27 x + 24 x + =1+ x + ⇔ + =1+ 3 Đặt t = x + (t ≥ 0) Phương trình (4) trở thành: (4) t2 3t t2 3t + =1+ ⇔ + = + + 6t (5) 3 t+6 Áp dụng bđt AM – GM ta có: 6t ≤ t2 Từ (5) ta có: + ≤ 2t + ⇔ 4t + 48 ≤ 3t + 12t + 12 ⇔ (t − 6) ≤ ⇔ t = 59 59 Từ x = ⇒ y = Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( ; ) 27 27 Câu (4 điểm) Áp dụng BĐT: 1 + 2≥ ∀x, y ≠ , ta có: x y ( x + y) 1 1 2 + ≥ + = ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( a − b ) ( b − c ) + ( c − a )  ( a − b ) Ta cần chứng minh: a + b + c + k ( ab + bc + ca ) 2 ( − k ) ( a − b) ≥ Có: ( *) ⇔ ( k + ) ( a + b ) + 4kc ( a + b ) + 4c ≥ Xét tam thức bậc hai, ẩn (a+b) Khi đó: f ( a + b ) = ( k + ) ( a + b ) + 4kc ( a + b ) + 4c 2 2 Ta có: ∆ ' = 4k c − 4c ( k + ) = ( k − ) ( k + 1) c Vì k ∈ (-1; 2) nên ∆ ’ ≤ mà k+2>0 nên f ( a + b ) ≥ ∀k ∈ ( −1; ) Vậy ta có đpcm Câu (4 điểm) NBK-6 (*) Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Gọi K trung điểm đoạn GD Ta có (GDBC)=-1, KD = KR = KB.KC , điều suy KR tiếp tuyến (RBC) Do ∠KRB = ∠RCB Mặt khác KD tiếp tuyến (I), KR tiếp tuyến (I) Vì ∠KRB = ∠RQP ⇒ ∠RQP = ∠RCB ⇒ RQ || BC Suy RX qua trung điểm đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc hình thang ) Từ suy RX, PM, QN đường trung tuyến ∆RQP , suy ĐPCM A E R M F N I Q P X G B D K C H Câu (4 điểm) Đặt f ( a) = Cho x = y = ta suy f (a ) = 2a hay f (a ) − a = a Cho x = 0, y = a ta có f ( f (a) − a ) = f (0) + f (a) suy f (0) = Cho x = 0, y = x ta có f ( f ( x ) − x ) = f ( x), ∀x ∈ R Thay y f ( y ) − y ta f ( x − f ( y ) + y + f ( f ( y ) − y )) = f ( x ) + f ( f ( y ) − y ) f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) với x, y ∈ R Đây phương trình hàm Cauchy lớp hàm liên tục nghiệm f ( x) = xf (1), ∀x ∈ R Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy f ( x) = ∀x, y ∈ R NBK-7 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành f ( x) = x ∀x, y ∈ R Câu (4 điểm) N đánh số từ tới N Đặt , bi tương ứng số cột hàng chứa thứ i Ta cần chứng minh bi > với hai số i Nhận xét: Nếu = k ngơi cột với ngơi thứ i có a j tương ứng k Từ suy ∑ = n 1 ⇒∑ ≤m hay bi > với hai số Suy tồn hai số i để bi ⇒ đpcm -Hết - NBK-8 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Trường THPT Chuyên Hoàng Văn ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUN HẢI BẮC BỘ Thụ - Tỉnh Hòa Bình Mơn: Tốn 11 - Năm học 2012-2013  x2 xy x y = − y + y +  2 Bài 1: Giải hệ phương trình:  x  3 2 2 xy + y + = + x − xy + + y Bài 2: Cho tam giác ABC Các phân giác góc Aˆ ; Bˆ ; Cˆ cắt cạnh đối diện tam giác ABC A1 , B , C1 CMR A1 , B , C1 thẳng hàng thuộc đường thẳng vng góc với OI O I tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Bài 3: Xác định hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn đồng thời điều kiện: f ( − x ) = − f ( x ) ; f ( + x ) = + f ( x ) , ∀x ∈ ¡   f ( x) f  ÷ = , ∀x ≠ x x Bài 4: Cho dãy số {xn} xác định sau:  x1 = 1,  x  n x = x + ∀n ≥  n +1 n n  Chứng minh xn có giới hạn hữu hạn n dần đến vô Bài 5: Gọi hình chữ nhật kích thước × (hoặc 3× ) bị cắt bỏ hình vng 1× góc hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1) Gọi hình chữ nhật kích thước × (hoặc × ) bị cắt bỏ hai hình vng 1× hai góc đối diện hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2) Người ta ghép số hình vng × , số hình chữ nhật khuyết đơn số hình chữ nhật khuyết kép với cho khơng có hai hình chờm lên để tạo thành hình chữ nhật kích thước 2013× 2014 Gọi s tổng số hình vng × hình chữ nhật khuyết kép cần dùng cách ghép hình nói Tìm giá trị lớn s Hình Hình Hình vng x Hết -ĐÁP ÁN NBK-9 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành  x2 xy x y = − y + y +  2 Bài 1: Giải hệ phương trình:  x  3 2 2 xy + y + = + x − xy + + y Giải: Điều kiện xác định ≤ xy ≤ Ta có ( x; y ) nghiệm ( I )   x2 x2 x 1  y + y3 + = − y − ÷ ≤ y + y + x ≤ +  2 2 ⇒ ⇒  2  2 xy + y ≥ + x x 3 2 xy + y − + ≥  2  2 Do đó: ( 1) , ( ) ⇒ y + y + x ≤ xy + y ⇒ y − y x + x ≤ ⇒ ( y − x ) ( 1) ( 2) ≤ ⇒ y3 = x x = y  x = y ⇔ x = y = −1 Vậy: Hệ ( I ) ⇔   xy = 4 x + x = + x  Vậy hệ có nghiệm x = −1 y = −1 Bài 2: Cho tam giác ABC Các phân giác góc Aˆ ; Bˆ ; Cˆ cắt cạnh đối diện tam giác ABC A1 , B , C1 CMR A1 , B , C1 thẳng hàng thuộc đường thẳng vng góc với OI O I tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Giải: Qua I kẻ đường thẳng vng góc IA, IB, IC cắt BC, CA, AB A2 , B2 , C2 µ µ C C · Có ·A2 IB = ·AIB − 90o = 90o + − 90o − = ICA 2 NBK-10 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Câu I Nội Dung Theo Bất đẳng thức Cauchy ta có ( x + y) Điểm + + + ≥ 4 ( x + y ) 1.1.1 = x + y ≥ ( x + y ) Dấu xảy ⇔ x + y = 1(*) x−3 > ⇒ − < x, y < Từ kết hợp với đk y −3 Phương trình thứ hai hệ x4 9x2 x y4 y2 y ⇔ + + + 3ln ( − x ) = + + + 3ln ( − y ) 64 32 64 32 x4 9x2 x Xét hàm số f(x) = + + + 3ln ( − x ) ( với x < ) 64 32 x3 + x + 14 ) ( x − 3) + 48 ( x3 x ' f ( x) = + + + = 16 16 x − 16( x − 3) 1 2 x − x3 + x − 13x + ( x − 1) ( x − x + ) = = ≤0 16( x − 3) 16( x − 3) ( x < 3) Suy hàm số nghịch biến (-2; 3), f(x) = f(y) ⇔ x = y ( **) Từ (*), (**) có x = y = 1 1 Vậy hệ có nghiệm  ; ÷ 2 2 II Ta có an = 1.2.3 2n ( 2.4.6 2n ) = 1.3.5 (2n − 1) 2.4.6 2n 12.32.52 (2n − 1) 12.32.52 (2n − 1) ⇒a = < 22.42.62 2n2 (2 − 1).(42 − 1).(62 − 1) (2n − 1) 1.3.5 (2n − 1) = = 1.3.3.5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + Từ ta có < an < ⇒ lim an = 2n + a a a Xét dãy xn = + + + n , yn = ln n n an xn − xn −1 an n = lim =0 Ta có lim y − y = lim  n    n n −1 ln  + ln 1 + ÷ ÷  n −1   n −1  Theo định lí Stolz ta có n III NBK-38 2 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành lim xn a  a1 a2 = ⇒ lim + + + n  yn ln n  n  ÷=  L A N O B H K M C P E Có hai trường hợp cần xét Trường hợp ·ABC = 900 ta có B ≡ E ≡ M Suy MN qua điểm B cố định Trường hợp ·ABC ≠ 900 Gọi H giao điểm đường tròn đường kính AP với BC Ta · có AHC = 900 Suy H cố định H khác B (vì ·ABC ≠ 900 ) Gọi K giao điểm MN đường tròn tâm (O), gọi L giao điểm KH đường tròn tâm (O) (L khác K) Khi ta có ( HM , HE ) ≡ ( HP, HE )(mod π ) IV ≡ ( AP, AE )(mod π ) ≡ (AN , AE )(mod π ) ≡ (KN , KE )(mod π ) ≡ (KM , KE )(modπ ) Suy bốn điểm H, M, E, K thuộc đường tròn Do ta có ( AL, BC ) ≡ ( AL, KL) + ( KL, BC )(mod π ) ≡ ( AE , KE ) + ( KH , HM )(mod π ) ≡ ( AE , KE ) + ( KE , ME )(mod π ) ≡ ( AE , ME )(mod π ) ≡ 0(mod π ) NBK-39 1 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Vậy AL // BC suy L điểm cố định Điều có nghĩa K điểm cố định Do đường thẳng MN ln qua điểm K cố định Đặt a = x – , b = y – với a, b số nguyên dương Ta xy − = 2( a + 1)(b + 1) − = 2ab + 2a + 2b + Khi ta có xy − 1M( x − 1)( y − 1) ⇔ ab + 2a + 2b + 1Mab Câu V  2a + 1Mb ⇒ 2a + 2b + 1Mab ⇒   2b + 1Ma Khơng tính tổng qt giả sử a ≥ b Nếu a = b từ 2a + 1Ma ⇒ 1Ma ⇒ a = b = ⇒ x = y = Nếu a > b (2b + 1) số lẻ nhỏ 3a nên chia 2b + cho a, ta có thương số lẻ nhỏ Do 2b + = a Khi ta có 2a + = 4b + Mà 2a + 1Mb ⇒ 4b + 3Mb ⇒ 3Mb Từ ta b = b = Nếu b = a = từ x = y = Nếu b = a = 7, ta x = 8, y = Kết luận: Vậy cặp (x; y) thỏa mãn (2; 2), (1; 2), (8; 4) 1 Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: A1 = ⇒ A1 = { x} Gọi T: tập hợp không chứa x Tx : tập hợp chứa x ⇒ T + Tx = n ∀Ai ∈ T A1 U Ai = Ak chứa x suy n T ≤ Tx ⇒ Tx ≥ ⇒ x phần tử cần tìm Trường hợp 2: A1 = ⇔ A1 = { x, y} Lại có 1 Đặt T: tập không chứa x, y Tx : tập chứa x mà không chứa y Ty : tập chứa y mà không chứa x Txy : tập chứa x y Ta có T + Tx + Ty + Txy = n Theo giả thiết A1 U Ai = Ak chứa x, y ⇒ Tx ≤ Txy , Ty ≤ Txy , T ≤ Txy Nếu Tx ≤ Ty ⇒ Tx + T ≤ Ty + Txy ⇒ Ty + Txy ≥ n ⇒ y phần tử cần tìm Nếu Ty ≤ Tx ⇒ Ty + T ≤ Tx + Txy ⇒ Tx + Txy ≥ cần tìm NBK-40 n ⇒ x phần tử Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Chú ý: Mọi lời giải khác đáp án mà điểm tối đa Bài làm học sinh đến đâu cho điểm đến NBK-41 Tổng hợp số đề Tốn 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢIĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI MƠN THI: TỐN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình ( + 33 x+2 y ) 42−3 x−2 y = 53 x+2 y − 15    y+ x  log2  ÷= + x − x − y−  + x +1  Bài 2: (4 điểm) Tìm tất hàm số liên tục f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện: f ( 2013x − f ( y ) ) = f ( 2012 x ) − f ( y ) + x, ∀x, y ∈ ¡ Bài 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Đường tròn ( I) nội tiếp tam giác, tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F Gọi H hình chiếu vng góc D EF ; AH cắt lại đường tròn ( O ) điểm thứ hai G Tiếp tuyến với đường tròn ( O ) G cắt BC T Chứng minh tam giác TDG cân Bài 4: (4 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định + 2un2 + 4un + với u0 > 0; un+1 = un n = 1, 2, 3, Chứng minh dãy số ( un ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Bài 5: (4 điểm) Cho 100 số thực phân biệt thỏa mãn a1 < a2 < < a100 Chứng minh chọn { hai số , a j cho + a j ∉ Bi , j − a j ∉ Bi , j với Bi , j = { a1 , a2 , , a100 } \ , a j - HẾT - NBK-42 } Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI MƠN THI: TỐN - LỚP 11 Bài Nội dung ( + 33 x+ y ) 2−3 x−2 y = 53 x+ y − 15 (4  Giải hệ phương trình   y+ x  điểm) ( 1) log2  ÷= + x − x − y− ( 2)  + x +1  1 3 + 15 = Điều kiện: x + y > Ta có ( 1) ⇔ 16. ÷ + 16. ÷ − 4     1 3 Đặt t = x + y ta có phương trình 16. ÷ + 16. ÷ − + 15 = (*) 4 4 1 3 Xét hàm số f ( t ) = 16  ÷ + 16  ÷ − + 15 với t ∈ ¡ 4 4 1 3 Ta có f ' ( t ) = 16. ÷ ln + 16  ÷ ln − ln < ∀t ∈ ¡ 4 4 Nên hàm số f ( t ) nghịch biến ¡ Mà f ( ) = suy phương trình (*) có nghiệm t = Với t = ta có x + y = ⇒ y = − 3x x+ y Điểm x+ y x+2 y t 0,5 t t t t t t t t ( ) ⇔ log ( x + y) − log ( 2 ) + x2 + = + x2 − x − y − ⇔ log2 ( x + y) − log2 ( ⇔ log2 ( − x) − log2 + x2 + = + x2 − x − ( − x) ( ) + x2 + = + x2 − x − y ⇔ log2 ( − x) + ( − x) = log2 ( ) ) ( + x2 + + Xét hàm số g ( t ) = log t + 2t với t > ta có g ' ( t ) = ⇒ g ( t ) đồng biến ( 0; + ∞ ) Do phương trình ( **) có dạng g ( − x) = g ( ) x ≤ 1 − x ≥ ⇔ ⇔ ⇔ x=−  x = −3 4 + x = ( − x ) 1,0 ) ( **) + x2 + 1 + > ∀t > t ln + x +1 ⇔ − x = + x +1 ⇔ + x =1− x 1,0 NBK-43 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành 13 ta có y = (thỏa mãn điều kiện x + y > )  13  Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =  − ; ÷  4 0,5 Nội dung Điểm Với x = − Bài Tìm tất hàm số liên tục f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện: (4 f 2013 x − f ( y ) = f ( 2012 x ) − f ( y ) + x ( 1) , ∀x, y ∈ ¡ điểm) ( ) Giả sử tồn hàm f ( x ) thỏa mãn yêu cầu toán ( ) Cho x = y = , ta có f − f ( ) = 0,5 Cho y = − f ( ) ta có f ( 2013x ) = f ( 2012 x ) + x ∀x ∈ ¡ (2) t  2012  t ÷+  2013  2013 Đặt t = 2012 x , vào (2) ta f ( t ) = f  2012 t t , ta f ( t ) = f ( t1 ) + 2013 2013 2012 t t1 , ta f ( t1 ) = f ( t2 ) + Đặt t2 = 2013 2013 Đặt t1 = 1,0 ………………………………………………… ………………………………………………… Đặt tn+1 = 2012 t tn , ta f ( tn ) = f ( tn+1 ) + n 2013 2013 Suy t t t   t f ( t ) = f ( tn+1 ) +  + + + + n ÷ 2013   2013 2013 2013 n t  2012  2012   2012   = f ( tn +1 ) + + 1 + ÷ + +  ÷ 2013  2013  2013   2013   n +1   2012    1−  ÷    2012 n+1  t  2013    = f ( tn +1 ) + = f ( tn+1 ) + t 1 −  ÷  2012  2013  2013      1−   2013   Vì hàm số liên tục ¡ nên lim f ( tn+1 ) = f ( lim tn +1 ) 1,0 ( 3) 1,0 n   2012   = f  lim  = f ( 0) ÷ t÷  ÷ 2013     NBK-44 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Lấy giới hạn hai vế (3) ta f ( t ) = f ( ) + t Đặt a = f ( ) ta f ( t ) = t + a hay f ( x ) = x + a Thử lại thấy hàm f ( x ) = x + a thỏa mãn toán Bài (4 điểm) Vậy hàm số cần tìm f ( x ) = x + a 0,5 Nội dung Điểm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác, tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F Gọi H hình chiếu vng góc D EF ; AH cắt lại đường tròn ( O ) điểm thứ hai G Tiếp tuyến với đường tròn ( O ) G cắt BC T Chứng minh tam giác TDG cân A E H O F I S T B D C G Nếu EF // BC A, O, I , D, H , G thẳng hàng nên TG // BC (vô lí) Suy EF BC cắt S 1,0 Ta có ( BCDS ) = −1 ⇒ H ( BCDS ) = −1 · · · Mà HD ⊥ HS ⇒ HD phân giác BHC (1) ⇒ FHB = EHC · · Mặt khác AE = AF nên ·AEF = ·AFE ⇒ CEH (2) = BFH Từ (1) (2) suy ∆BFH ∆CEH đồng dạng HF BF BH DB = = = (3) HE CE CH DC · GB sin BAG S∆AFH 2S ∆AEH S ∆AFH HF DB Ta có (do (3)) = = : = = = · GC sin CAG AF AH AE AH S ∆AEH HE DC · (4) ⇒ DG phân giác BGC 1,0 ⇒ NBK-45 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành Mà ( BCDS ) = −1 ⇒ G ( BCDS ) = −1 (5) Từ (4) (5) suy GD ⊥ GS Gọi T ' trung điểm đoạn SD ⇒ T ' S = T ' G = T ' D Theo hệ thức Newton ta có T ' G = T ' D = T ' B.T ' C ⇒ T ' G tiếp tuyến 2 đường tròn ngoại tiếp ∆BGC hay T ' G tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ( O ) Vậy T ' ≡ T hay ∆TDG cân T Bài Nội dung Cho dãy số (4 điểm) 1,0 Điểm ( un ) xác định + 2un2 + 4un + với u0 > 0; un+1 = un n = 1, 2, 3, Chứng minh dãy số ( un ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Từ giả thiết ta suy un > ∀n ∈ ¥ * + 2un2 + 4un + 4 Ta có un+1 = = + + + > ∀n ∈ ¥ * un un un u n 1,0 Lại có + 2un2 + 4un + 4 4 un+1 = = + 2+ + < + 2+ + = M , ∀n ∈ ¥ * un un un un 2 Suy ( un ) dãy dương bị chặn Xét hàm số f ( x ) = 4 + + + với x > x x x Dễ thấy hàm số f ( x ) nghịch biến ( 0; + ∞ ) , suy hàm số f ( 0; + ∞ ) Mặt khác un+ = f ( un+1 ) = f Do dãy ( u2k ) ( f (u )) ( u2 k +1 ) n ( f ( x) ) đồng biến 1,0 ∀n ∈ ¥ * ⇒ ( u2k ) ( u2 k +1 ) đơn điệu bị chặn nên chúng có giới hạn a, b (với ≤ a, b ≤ M ) 4 4 + 2+ + u2 k + = + 2+ + Ta có u2 k +1 = u2 k u2 k u2 k u2 k +1 u2 k +1 u2 k +1 NBK-46 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành  4 a = + + + = f ( b ) Chuyển qua giới hạn ta được:  b b b b = f ( a )  Vì f ( x ) hàm nghịch biến ( 0; + ∞ ) nên a = b 2 4 a − 2 a + 4a + Vậy ta có a = + + + ⇔ = a a a a a ( )( ) ⇔ ( a − ) = 2a + 4a + ⇔ ( a + ) a − − a + + = ⇔ a = + Vì a = b = Bài 1,0 + nên dãy ( un ) có giới hạn giới hạn + Nội dung Điểm Cho 100 số thực phân biệt thỏa mãn a1 < a2 < < a100 Chứng minh chọn hai số , a j cho + a j ∉ Bi , j − a j ∉ Bi , j với Bi , j = { a1 , a2 , , a100 } \ { , a j } Giả sử không chọn hai số thỏa mãn đề Đặt Ti , j = + a j H i , j = − a j Ta chọn hai số a100 số khác Dễ thấy T100, i lớn số a j Do điều giả sử nên với i thỏa mãn ≤ i ≤ 99 , tồn j ≠ i cho 1,0 ≤ j ≤ 99 H100, j = a j Gọi k số cho H100, = ak Ta chứng minh k = 99 (4 Thật vậy, k < 99 , gọi m số cho H100, 99 = am 1,0 điểm) Khi ta có a100 = a99 + am = a1 + ak (*) Mà a99 > ak , am ≥ a1 nên (*) không xảy Vậy k = 99 Xét số a2 , a3 , , a99 Ta xét T99, n H 99, n (với < n < 99 ) Dễ thấy T99, n > T99, = a100 ≥ với i thỏa mãn ≤ i ≤ 100 H 99, n < a99 1,0 Do điều giả sử nên với n thỏa mãn < n < 99 , tồn số l ≠ i, ( ≤ l ≤ 98 ) cho H 99, n = al Điều có nghĩa ta chia tập B = { a2 , a3 , , a98 } thành tập đơi khơng giao có phần tử cho tổng của2 phần tử a99 Nhưng số phần tử tập B = { a2 , a3 , , a98 } số lẻ nên khơng thể chia Do điều giả sử sai ta có điều phải chứng minh TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NBK-47 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành LẦN THỨ VI – NĂM 2013 MƠN TỐN – LỚP 11 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) CÂU I (4,0đ) 31+ x − y + 31− x+ y + 81+ x − y + 81− x + y = 111+ x − y + 111− x + y Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ¡  x + + − y = x + y − y − ) CÂU II (4,0đ) Cho α > Chứng minh với n nguyên dương phương trình : ( x + n ) ( x + n ) ( 3x + n ) L ( nx + n ) = αn 2 2 2n x có nghiệm dương xn tìm nlim →+∞ n CÂU III (4,0đ) Cho tam giác ABC , gọi D trung điểm BC Gọi E , F hình chiếu vng góc B lên AC C lên AB Gọi P giao điểm AD EF Chứng minh AD = BC P trung điểm AD CÂU IV (4,0đ) Cho α, β số thực dương Tìm tất hàm số : f : ( 1, +∞ ) → ¡ thoả mãn điều kiện  x f ( x ) f ( y ) = y α f  ÷+ x β f 2  y  ÷ ∀ x > 2, y > 2 CÂU V (4,0đ) Trong bảng vng 11 x11.Hỏi điền hay không 121 số nguyên dương vào ô vuông bảng cho: Hai số liên tiếp điền vào hai ô kề (ô chung cạnh) Tất số phương điền vào cột -HẾT -Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu gì! - Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ……….……………… Số báo danh: ……………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NBK-48 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN KHỐI 11 Lời giải Câu I 4,0 điểm Đ/K x ≥ −2; y ≤ Nhận xét ∀a > b > ⇒ a x + a − x ≥ b x + b − x 1 x x x x (*) ⇔ a − b + x − x ≥ ⇔ a − b a b ( ) Điểm (*) dấu đẳng thức xẩy x = thật   1 − x x ÷ ≥ (**)  ab  a x − b x ≥ a x ≥ b x  ⇒ +Khi x ≥ ⇒  suy (**) x 1− ≥0 ( ab ) ≥  ( ab ) x  tương tự (**) x ≤ dấu x = áp dụng đặt x − y = t phương trình (1) tương đương với 31+t + 31−t + 81+t + 81−t = 111+ t + 111−t (1' ) theo nhận xét ta có ( ( ) ) ( ( 0,5 ) ) 3 3t + 3−t ≤ 11t + 11−t  ⇒ 31+t + 31−t + 81+t + 81−t ≤ 111+t + 111−t (3) Từ (1) (3)  t −t t −t 8 + ≤ 11 + 11 dấu xẩy ⇔ t = ⇔ x − y = ⇔ x = y thê vào phương trình (2) ta x + + − x = x + x − x − (***) điều kiện −2 ≤ x ≤ (***) ( ) ( ( ) ) ( ) ⇔ x3 − + x − − ( x − ) + − x + + − − x = 0,5     2− 3− x ÷  x + −1 ÷  ⇔ ( x + 3) ( x + 1) + + =0  1+ − x ÷  x + + ÷         x +1 x +1  ÷  ÷= ⇔ ( x + 3) ( x + 1) + +  1+ − x + − x ÷  x + + x + +1 ÷       1  =0 ⇔ ( x + 1) x + + +  1+ − x + − x x + +1 x+2 +2    ⇔ x + = ⇔ x = −1 Vậy phương trình (***) có hai nghiệm x = 2, x = −1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2; ) ; ( x; y ) = ( −1; −1) ( ) ( )( )( ( ) ) ) ( NBK-49 ( )( )( 0,5 0,5 1   ⇔ ( x − ) ( x + 1) ( x + 3) − + =0 x + + 1+ − x   x =  1 ( x + 3) ( x + 1) + − = ( 4)  1+ − x + x + 1 1   − ÷+  − giải ( ) ⇔ ( x + 3) ( x + 1) +  ÷= x+2 +2  1+ − x   ( 0,5 0,5 ) ) 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành   x  x   nx  ÷ + ÷L 1 + ÷− α xét phương trình n  n   n  f ( x ) = Ta thấy hàm số f ( x ) liên tục đồng biến khoảng f ( x ) = +∞ pt f ( x ) = có ( 0; +∞ ) , f ( ) = − α < 0,lim x →∞ Với x ≥ gọi f ( x ) = 1 + II nghiệm xn ∈ ( 0, +∞ ) kxn ( n + 1) xn xn = > ⇔ xn < 2α k =1 n 2n 1,0 n 4,0 Đ III Ta có α = f ( xn ) + α > ∑ x2 Ta có BĐT sau x − < ln ( + x ) < x với < x < (*) kx Nếu n > 2α ⇒ xn < n ta có < 2n < 1∀k = 1,2,3, n n kx đặt x = 2n Trong (*) thay k = 1, n ta n n n  kxn    kx  kx  − ∑  ÷ < ∑ ln 1 + 2n ÷− 2n  < k =1  n  k =1   n  n  ( n + 1) ( 2n + 1) xn < ln α − ( n + 1) xn < n > 2α ⇔− 12n3 2n x   ≤ lim ln α − n ÷≤ ⇒ lim x = 2ln α n →∞  n →∞ n 2  Bổ đề: cho đường tròn ( O; R ) điểm P nằm ngồi ( O; R ) vẽ hai tiếp tuyến PS , PT cát tuyến PXY với ( O; R ) cát tuyến PXY cắt dây cung ST H 1 (tự cm) + = PX PY PZ ÁP dụng Tứ giác BCEF nội tiềp đường tròn đường kính BC ⇒ ·ABC = ·AEF (1) (1)&(2) · · mà ∆DBF cân D ⇒ ·ABC = DFB (2)  → ·AEF = DFB ⇒ DF tiếp tuyên đường tròn ( AEF ) tương tự DE tiếp tuyến ' đường tròn ( AEF ) , AD ∩ ( AEE ) = { A ≠ A} Theo bổ đề ta có 1 (*) đặt r = DB = DE = DF = BC + = ' DA DA DP r2 r2 r ' 2 ' ℘D / ( AEF ) = DA.DA = DE = r ⇒ DA = = = Ta có DA 3 2r NBK-50 1,0 1,0 1,0 1,0 2,0 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành 2 r + = ⇒ = → DP = = DA r 3r DP 3r DP 2 Tức P trung điểm AD Thay vào (*)được: Cho α, β số thực dương Tìm tất hàm số : f : ( 1, +∞ ) → ¡ thoả mãn IV α  x β  y điều kiện f ( x ) f ( y ) = y f  ÷+ x f  ÷ (*) ∀ x > 2, y > 2 2 + Nếu α = β Thì (*) trơ thành  x  y f ( x ) f ( y ) = y α f  ÷+ x α f  ÷ (*) ∀ x > 2, y > 2 2 x x = y > ⇒ f ( x ) = 2xα f  ÷ 2  x  y   x ⇒ f ( x ) f ( y ) = x α y α f  ÷ f  ÷ =  y α f  ÷+ x α f 2  2  2  ⇒  yα f  1,0  y   ÷   2  y   x  y α α  ÷ = ⇒ y f  ÷ = x f  ÷ ∀x, y ∈ℜ   2 2  x Nếu ∃ a > : f ( a ) = ⇒ f  ÷ = ∀x > ⇒ f ( x ) = 0∀x > 2 x  y f ÷ f ÷ 2 =  2 =c≠0 ∃ a > : f ( a ) = 0; xα yα Nếu  x α  ÷− x f 2 α x ⇒ f  ÷ = cx α ∀x > ⇒ f ( x ) = c ( x ) ∀x > 2 Thay vào (*) ta c = 21−α + Nếu α ≠ β Thì (*) trơ thành  x  y x  y y α f  ÷+ xβ f  ÷ = y β f  ÷+ x α f  ÷ ∀ x > 2, y > 2 2 2 2  y  x − xβ ) f  ÷ = ( y α − y β ) f  ÷ ∀x, y > 2 2  x  y f ÷ f ÷ x α β   =   = c ⇒ f  ÷ = c ( x − x ) ∀x, y > 2 xα − x yα − y (x α ( ⇒ f ( x) = c ( 2x ) − ( 2x) α  c = ⇒ f ( x) = β ) ∀x, y > NBK-51 1,0 1,0 1,0 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành  c ≠ thay vào (*) chứng minh vô lí Gọi đường từ k đến ( k + 1) dãy ô vuông cạnh chứa số tự nhiên liên tiếp từ k đến ( k + 1) gọi độ dài đường 2k Giả sử cột chứa số phương chia bảng 11x11 thành phần gọi A & B Dễ thấy đường từ k đến ( k + 1) có ô vuông(trừ ô vuông chứa k V ( k + 1) 2,0 ) nằm A B Nếu đường từ k đến ( k + 1) có vng(trừ ô vuông chứa k ( k + 1) ) 2 nằm A,thì đường từ ( k + 1) đến ( k + ) có vng(trừ vng 2 1,0 chứa ( k + 1) ( k + ) ) nằm B 2 Giả sử đường từ 12 → 22 thuộc A kí hiệu A B A B 12  → 22 ⇒ 22  → 32 ⇒ 32  → 42 ⇒ 42  → 52 ⇒ A B A B 52  → 62 ⇒ 62  → ⇒  → 82 ⇒ 82  → 92 ⇒ A B 92  →102 ⇒ 10  →112 số ô vuông A /11 vô lí S = ( + + + + ) = 50 M 1,0 Vậy điều giả sử sai nên ta điền LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần NBK-52 ... Hay có   + ô vuông chưa số 2 Cho ta thu toán cho NBK-27 0.5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI HSG DHBB LỚP 11. .. chứng minh NBK-19 Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành TRƯỜNG THPT CHUN LÀO CAI ĐỀ THI HSG MƠN TỐN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian:.. .Tổng hợp số đề Toán 11 đề xuất số Trường THPT chuyên số tỉnh thành ĐÁP ÁN TOÁN 11 Câu Câu I Câu II Phương pháp x+ y x− y ;v = 2 2  xy