Đáp án HSG Toán học lớp 11 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập

ngoại tiếp V BCD. Từ đó CI đi qua giao điểm thứ hai J của hai đường tròn này.. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số các hàng, các cột, các đường chéo chứa số lẻ c[r]

Câu Phương pháp - Kết Điểm

1

Cho dãy số  un xác định  

4

*

1

2013 2014, , 4026 n n n n u

u u n

u u





   

  ¥

Đặt *

3 1 , 2013 n n k k v n u     

 ¥ Tính limvn

5.0

Ta có   

 

3

4

1

2013 2013

2013

2013 2013

4026 4026

n n

n n

n n n n

u u

u u

u u u u



 



   

   

Từ quy nạp ta chứng minh *

2013,

n

u   n ¥

1.0          3 2013 2013 2013 2013 2013 n n n n n u u u u u        

Từ  1 suy 3 3

1

1 1 1

2013 2013 2013 2013 2013 2013

n n n n n n

u   u  u  u  u  u  

Do

1 1 1

1 1 1

1

2013 2013 2013 2013 2013

n n

k k k n n

v

u u u u u

                     1.5

Ta chứng minh limun  

Thật vậy, ta có  

2

2

*

1 3

2013 4026 2013 0, 4026 4026 n n n n n

n n n n

u

u u

u u n

u u u u





 

     

    ¥

Suy  un dãy tăng, ta có 2014 u1 u2

1.5

Giả sử ngược lại  un bị chặn và un dãy tăng nên limun   a a2014 Khi 2013 4026 a a a a  

   a 20132014 (vô lý) Suy  un khơng bị chặn trên,

limun  

Vậy

1

1

lim lim 1

2013 n k v u           1.0 2

Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc ·BAC E nằm tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD F (khác B), AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK

J D'

K I

F E

D

M

B C

A

Gọi D' trung điểm AB M trung điểm cạnh BC

Ta có D' nằm đường trịn ngoại tiếp VBCD Do tính đối xứng nên suy ¼D E' »ED suy ·ABI D BE·' EBD· IBK·

Suy I nằm phân giác góc ·ABKhay BI tia phân giác góc ·ABK  1

1.0

Ta có: · 180 · 180 · · 1· 1·

2

o o

DFA BFA BEAMEB CEB CDB

· ·

DFA DAF

  suy VAFD cân D tam giác AFC vuông F

2.0 Do IA.IF=IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương đường tròn đường kính AC đường trịn

ngoại tiếp VBCD

Từ CI qua giao điểm thứ hai J hai đường trịn

1.0 Ta có DCJ· ·DJCDBC· nên DA2DC2 DK DB

Suy DAK· ·DBA hay FAD FAK· · DFA FAB· · Từ FAK· ·BFA Ta có (đpcm)

1.0

3

Tìm tất hàm số :f ¡ ¡ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau f x y f x  f y  với ,x y¡

2 f x  ex 1 với x¡

4.0

 0    0  0

f x  f x f  f  f  0   e0 f  0 0 0.5

 

           

 

   

2

2

0

2

2

2

2

x

x x

f x x f x f x f x f x

x x

f x f f e

x x

f x e f x f f e

        

 

   

       

     

       

           

   

   

Dùng quy nạp theo n1, 2, ta CM   2 2n 1

x n

f x  e  

 

Cố định x0¡ ta có  

0

2

0

n

x n

f x  e  

 

Xét dãy

0

2

2 n

x n n

a  e  

  ta có:

0

2

0

0

1

lim lim

2

n

x

n

n e

a x x

x

 

  

  

 

 

Vậy f x 0 x0  x0 ¡  2

1.5

Vậy f x  f      x x  x  3 Kết hợp (1) (3) ta f x f   x

Từ (2)  f     x x f x x  4 Kết hợp (2) (4) ta f x   x x ¡ Thử lại  

f x x ta thấy

1.0

4

Giải hệ phương trình sau:  

   

2

3

2

,

2 11

y x x y

x y x y

x y x

   

 

 

    



¡ 4.0

Điều kiện

2

x ; x2 x y0; #x y

Từ phương trình thứ suy y x - y dấu mà

2

y   x y x nên y0 Ta có y = từ phương trình thứ suy x = mà (1;0) không thỏa mãn pt thứ nên y0

0.75

 

    

   

 

 

 

   

   

2

3

2 3

2 2

2

3

2

2

3

1

1

0

1

1

1

y x x y

x y

x x y x y x x y y

x x y x y x x y y

x x y y

x y x y

x x y x y

x y

x x y y

x y x y

x y y x

  



         

      

  

  

   

    

 

    

        

 

      

1,75

Thay vào phương trình thứ hai ta

2

4x 4x 2 2x 1 11 0.5

Đặt t 2x1 ta t4    3t 10 t Từ tìm  ; 3;

2

x y   

 

1đ

5

Trên bảng ô vuông 3 , người ta đặt số viên sỏi cho ô vuông có khơng q

viên sỏi Với cách đặt ta cho tương ứng với số điểm tổng số hàng, cột, đường chéo chứa số lẻ viên sỏi Bảng khơng có sỏi ứng với điểm

a) Tồn hay không cách đặt sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách đặt

b) Chứng minh số cách đặt sỏi với điểm số số chẵn số cách đặt sỏi với điểm số số lẻ

a) Giả sử khơng có sỏi điểm số cách đặt Như hàng, cột hai đường chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a,b,c,d số sỏi hình vẽ, a,b,c,d

 0,1

 Khi ô đối xứng với a,b,c,d qua tâm có số sỏi tương ứng a',b',c',d' cho a+a'=b+b'=c+c'=d+d'=1

Từ (a+b+c)+(a'+b'+c')=3 suy hai tổng a+b+c a'+b'+c' số chẵn Khi dịng thứ dịng thứ ba có tổng số sỏi số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu

Vậy không tồn cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện toán

a b c

0 d

a b c

d' d c' b' a'

1.0

b) Ta gọi hai cách đặt sỏi liên hợp với ô bên trái chúng có số sỏi khác cịn lại tương ứng có số sỏi

(B) (B')

Như vậy, cách đặt sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với

Xét hai cách đặt liên hợp với (B) (B') Tổng số sỏi dòng 1, cột đường chéo hai bảng đôi khác tính chẵn lẻ Các dịng, cột đường chéo cịn lại hai bảng có số sỏi Do điểm số (B) (B') khác đơn vị, suy số điểm (B) (B') có tính chẵn lẻ khác

Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách đặt cịn lại có điểm số số lẻ suy điểu phải chứng minh

a b c

f e d

g h i

a' b c

f e d

g h i