De de nghi toan 11 cua hai phong

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 � � � � � � �y  cos � z � �3 � � � � � �z  cos � x � �3 � � Bài (Hình học phẳng) Cho nửa đường tròn 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  xn   xn xn 1 xn  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   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    sin � 3 �3 � �3 � x � � �3� Vậy g(x) đồng biến mà g � �2 � � 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 � tan DNO �  MF '' TF ''  MF '' �    cot CMO NF ' ND CO ND TF '' NF '' NF '' Vậy F �F ' �F " �  TOC � ; TFD �  TOD � �  TOD � Tứ giác TCOF, TOFD nội tiếp nên TFC mà TOC 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   g  x  �0 Dễ thấy g(x) hàm số chẵn nên ta xét với x �0 Ta có g    0;     1 g  1  g x n n g  x     g  x   lim  1 g  x    1 g x0  Xét x0 � 0;1 ta có g  x0    1 g x0  nlim �� n Xét x0 � 1; � ta có g  x0    1 n n n 2n n n n �� 2n Vậy g  x  �0 , x �R Bổ đề chứng minh xong   k Trở lại toán, xét hàm số Gk  x   Ck f  x   Ck f  x    Ck f x  Nhận k thấy Gk  x  liên tục Gk  x   Gk  x   Gk 1  x  , k �N Từ giả thiết ta có Gn  x   � Gn 1  x   Gn 1  x   Theo bổ đề Gn 1  x   Tiếp tục G0  x   � f  x   0, x Bài Đặt M n  max  xn ; xn 1 ; xn  ; xn 3  ; mn   xn ; xn 1; xn  ; 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   mk Như xn   xn xn 1 xn  xn 3 � mk  M  m    � m  M  m    ,   3 Cho  � dẫn đến m �M Vậy m  M  a Do tồn lim xn  a Từ đẳng thức xn4  xn xn 1 xn  xn 3 , nhân vào ước lược ta xn4 xn33 xn2 xn 1  x1 x22 x33 x44 � a10  95 � a  Vậy lim xn  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 �Sk  � 0 Suy Sk+1 có k  phần tử Ta chứng minh thỏa mãn tốn Thật vậy: Nếu số a b abM a  b  Nếu số có dạng L  a L  b ta có  L  a   L  b   L  L  a  b   ab Mab �  L  a   L  b  M�  L  a   L  b � � � Từ suy điều phải chứng minh ...   sin � 3 �3 � �3 � x � � �3� Vậy g(x) đồng biến mà g � �2 � � nên hệ phương trình cho có nghi m � � 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