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

Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG TỈNH BẮC GIANG (§Ò giíi thiÖu) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN 11 Câu I (4 điểm). Giải hệ phương trình sau   x y x y  2 2   2 xy  y x  y  14    2 2      3 3  x y x y        9,  2    2  (x, y  �). Câu II (4 điểm). Cho dãy số (an) được xác định như sau  a0  1   an an 1 a0  1  2  ...  n  1  0, n  1.  Chứng minh rằng với mọi n ≥ 1 thì an > 0. Câu III (4 điểm). Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với (I) tại X. Một đường tròn đi qua C, A tiếp xúc với (I) tại Y. Một đường tròn đi qua A, B tiếp xúc với (I) tại Z. Chứng minh rằng các đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy. Câu IV (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số f: � � thỏa mãn 1 f ( x  f ( y ))  f ( x )  xf (4 y )  f ( f ( y )), x, y  � . 8 Câu V (4 điểm). Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2013 chữ số sao cho mỗi chữ số 1, 2, 3 xuất hiện đúng lẻ lần. Học sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm Họ và tên……………………………Số báo danh.............………… NBK-1 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành ĐÁP ÁN TOÁN 11 Câu Câu I Câu II Phương pháp x y x y ;v 3 2 2 2 2  xy  (u  v )(u 2  v 2 )  2  2 Khi đó  x  y  2uv  2 2 y  u v Thay vào hệ ban đầu ta được 2 2 2 2 2 2  2(u  v )(u  v )  2uv(u  v )  7(u  v )  3 3 u  v  9  (u  v )(u 3  v 3  7)  0    3 3 u  v  9 Từ đó tìm được u = 2, v = 1 Từ đó tìm được x = 9, y = 7. a Ta có a1   0  0 2 Giả sử a1, a2, ..., an- 1 > 0 Ta có a  an an 1   ...  0  0 1 1   1 1  1 1 1 2 n 1  an     an 1     an  2  ...      a0 an 1 an 2 a0 1 2  2 3  n n 1     ...   0  1 2 n an 1 an  2 a0 a1   ...   Hay an  1.2 2.3 (n  1) n n(n  1) Do a1, a2, ..., an- 1 > 0 nên  an 1 an 2 a1   2an 1 3an  2 na    ...    ...  1    (n  1)n   1 2 n 1   1.2 2.3 Đặt u  Điểm 3 1 1 1 1 0,5 1 2 2 a a a1  a0   n 1  n  2  ...   2  2 (n  1)  n  1 2  an 1 an  2 a0 a1    ...    3a na    1.2 2.3 (n  1)n   2a  n 2  n 1  n 2  ...  1  2 n 1   1 Ta lại có 2an 1 3an  2 3a na a   2a   ...  1  n  n 1  n 2  ...  1  1 2 n 1 2n n 1   n a a  a  a   n  n 1  n 2  ...  1   n   0    a0 . 2 n 1   1  n NBK-2 1 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành a a a0 a1    n 1  n  2  ...    2 (n  1)n  n  1.2 2.3 an 1 an 2 a0 a a0 a1   ...    0 0  an  2 1.2 2.3 (n  1) n n(n  1) n n(n  1) Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 1 0,5 Câu III Câu IV Gọi N là phép nghịch đảo cực I phương tích R. Ta có N:X  X P P Do đó 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 các đường tròn (IPX), (IQY), (IQY) đồng quy tai I nên các đường thẳng PX, QY, RZ cũng đồng quy. 1 f ( x  f ( y ))  f ( x )  xf (4 y )  f ( f ( y )), x, y  � . (1) 8 +) Dễ thấy f(x) ≡ 0 là một nghiệm. +) Xét trường hợp tồn tại t sao cho f(t) ≠ 0 Thay x = 0, y = 0 vào (1) ta được f(0) = 0. 1 Thay x  f(x), y  t ta được : f(f(x) + f(t)) = f(f(x)) + f(x)f(4t) + f(f(t)) 8 1 Thay x : f(t) ; y  f(x) : f(f(t) + f(x)) = f(f(t)) + f(t)f(4x) + f(f(x)). 8 Suy ra f(t)f(4x) = f(x)f(4t) f (4t ) Đặt 8a = , do f(t) ≠ 0  f(4x) = 8af(x) (2) f (t ) Khi đó 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 được f(x) + f(-x) = ax2. 2 1 1 0,5 1 1 Kết hợp với (2) chứng minh được a = 2. Chứng minh được f(f(x)) = (f(x))2 Suy ra f(x + f(y)) = f(x) + 2xf(y) + (f(y))2. Tìm được f(x) = x2. KL : f(x) ≡ 0 và f(x) ≡ x2 là hai nghiệm. Câu V Gọi xn là số các số tự nhiên được lập thành từ các chữ số 1, 2, 3 có n chữ số, n lẻ và các chữ số trên xuất hiện lẻ lần. (*) Xét một số bất kì có n chữ số (n = 2k + 1) TH1 : số đó thỏa mãn điều kiện (*), có 3 cách thêm hai chữ số giống nhau vào cuối số đó, để được một số có n + 2 chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán. TH2 : số đó không thỏa mãn (*). Vì n lẻ nên trong trường hợp này có đúng 2 NBK-3 1 0,5 1 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành chữ số xuất hiện chẵn lần (gọi là a, b) và 1 chữ số xuất hiện lẻ lần. Nên trong trường hợp này có đúng hai cách thêm hai chữ số đó (ab hoặc ba) vào cuối để được một số có n + 2 chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán. Vây có xn + 2 = 3xn + 2(3n – xn) = xn + 2.3n Từ đó tìm được 3(32012  1) . x2013  4 NBK-4 1 1 1 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một 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 MÔN TOÁN LỚP 11 (Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  2log 7 (2 x  3 y )  log 3 (2  2 x  3 y)  ( x, y  � ).  7 27 2 4 27 x  26 x  3 y  1 x6 2 3 2  Câu 2 (4 điểm) Cho k là số thực thuộc (-1; 2) và a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau. CMR:  1 1 1  9 2  k  a 2  b 2  c 2  k  ab  bc  ca       2 2 2   4  a  b  b  c  c  a   Câu 3 (4 điểm) Cho  ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB tương ứng tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt BC tại G. Đường tròn đường kính GD cắt (I) tại R (R  D). Gọi P, Q (P  R, Q  R) tương ứng là giao của (I) với BR, CR. Hai đường thẳng BQ và CP cắt nhau tại X. Đường tròn (CDE) cắt QR tại M và đường tròn (BDF) cắt PR tại N. Chứng minh rằng PM, QN và RX đồng quy. Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm f : R  R liên tục và thỏa mãn f ( x  y  f ( y ))  f ( x)  f ( y ), x, y  R. Câu 5 (4 điểm) Cho bảng hình chữ nhật kích thước m  n (m  n) . Một số ô có một số ngôi sao, giả sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó. -------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. NBK-5 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành ĐÁP ÁN Môn: Toán 11 Câu 1 (4 điểm) */ Đặt t  log 7 (2 x  3 y ) , phương trình (1) trở thành: log 3 (7t  2)  2t  9t  7t  2  ...  t  1 (Sử dụng tính chất đơn điệu)  2 x  3 y  7  3 y  7  2 x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 28 27 (9 x  4) 2 3(9 x  4) 4 2. 4 27 x  24 x  1 x  6  2.  4 1 3 2 3 2 Đặt t  9 x  4 (t  0). Phương trình (4) trở thành: 2 (4) t2 3t t2 3t 2.  4 1  4.  4  1   6t (5) 3 2 3 2 t6 Áp dụng bđt AM – GM ta có: 6t  2 t2 Từ (5) ta có: 4.  4  2t  4  4t 2  48  3t 2  12t  12  (t  6) 2  0  t  6. 3 2 59 2 59 Từ đó x   y  . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y )  ( ; ). 9 27 9 27 Câu 2 (4 điểm) 4 Áp dụng BĐT: 1 1 8  2 2 x, y  0 , ta có: 2 x y  x  y 1 1 1 1 8 9 2 2  2  2  2  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 Có:  *   k  2  a  b 2 2 2  2  k   a  b  2 4  4kc  a  b   4c 2  0 Xét tam thức bậc hai, ẩn là (a+b). Khi đó: 2 f  a  b    k  2   a  b   4kc  a  b   4c 2 2 2 2 2 Ta có:  '  4 k c  4c  k  2   4  k  2   k  1 c Vì k  (-1; 2) nên  ’  0 mà k+2>0 nên f  a  b   0 k   1; 2  Vậy ta có đpcm Câu 3 (4 điểm) NBK-6 (*) Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành Gọi K là trung điểm đoạn GD. Ta có (GDBC)=-1, do đó KD 2  KR 2  KB.KC , điều này suy ra KR là tiếp tuyến (RBC). Do đó  KRB   RCB . Mặt khác KD là tiếp tuyến của (I), do đó KR cũng là tiếp tuyến của (I). Vì vậy  KRB   RQP   RQP   RCB  RQ || BC . Suy ra RX đi qua trung điểm của đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc trong hình thang ). Từ đây suy ra RX, PM, QN là 3 đường trung tuyến của RQP , suy ra ĐPCM. A E R M F N I Q P X G B D K C H Câu 4 (4 điểm) Đặt f (a)  0 . Cho x  y  0 ta suy ra f (a )  2a hay f (a )  a  a . Cho x  0, y  a ta có f ( f (a )  a )  f (0)  f (a) suy ra f (0)  0 . Cho x  0, y  x ta có f ( f ( x )  x )  f ( x), x  R . Thay y bởi f ( y )  y ta được f ( x  f ( y)  y  f ( f ( y )  y ))  f ( x)  f ( f ( y )  y ) hay là f ( x  y )  f ( x )  f ( y ) với mọi x, y  R . Đây là phương trình hàm Cauchy trong lớp hàm liên tục và nghiệm của nó là f ( x)  xf (1), x  R Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy ra f ( x)  0 x, y  R hoặc NBK-7 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành f ( x)  2 x x, y  R . Câu 5 (4 điểm) N ngôi sao được đánh số từ 1 tới N Đặt ai , bi tương ứng là số ngôi sao ở cột và hàng chứa ngôi sao thứ i. Ta cần chứng minh bi  ai với ít nhất hai chỉ số i nào đó. . Nhận xét: Nếu ai  k thì mọi ngôi sao cùng cột với ngôi sao thứ i có a j tương ứng là k . 1 n Từ đó suy ra  ai 1 1     m n  bi ai 1 1    1  ai bi  1 1   0 hay bi  ai với hai chỉ số. Suy ra tồn tại hai chỉ số i để ai bi  đpcm.   -----------------Hết----------------- NBK-8 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành Trường THPT Chuyên Hoàng Văn ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ Thụ - Tỉnh Hòa Bình. Môn: Toán 11 - Năm học 2012-2013  6 3 x2 xy x 2 y 2  y  y    2 2 4 Bài 1: Giải hệ phương trình:  2  3 3 1 x 2 2 2 xy  y  2  2  x  2 xy  1  y  ˆ ˆ ˆ Bài 2: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài của các góc A; B; C lần lượt cắt cạnh đối diện tại của tam giác ABC tại A1 , B 1 , C1 . CMR A1 , B 1 , C1 thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông góc với OI ở đây O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Bài 3: Xác định hàm số f : � � thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện: 1. f   x    f  x  ; 2. f  1  x   1  f  x  , x  � 3.  1  f  x f    2 , x  0 . x x Bài 4: Cho dãy số {xn} được xác định như sau:  x1  1,  3 x  n  xn 1  xn  2 n  1 n  Chứng minh rằng xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng. Bài 5: Gọi hình chữ nhật kích thước 2  3 (hoặc 3  2 ) bị cắt bỏ một hình vuông 1 1 ở một góc là hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1). Gọi hình chữ nhật kích thước 2  3 (hoặc 3  2 ) bị cắt bỏ hai hình vuông 1 1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2). Người ta ghép một số hình vuông 2  2 , một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước 2013  2014 . Gọi s là tổng số các hình vuông 2  2 và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi cách ghép hình nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của s. Hình 1 Hình 2 Hình vuông 2 x 2 ------------------------------------Hết-------------------------------NBK-9 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành ĐÁP ÁN  6 3 x2 xy x 2 y 2  y  y    2 2 4 Bài 1: Giải hệ phương trình:  2  3 3 1 x 2 2 2 xy  y  2  2  x  2 xy  1  y  Giải: Điều kiện xác định 0  xy  2 Ta có  x; y  là nghiệm của  I  2  1 x2 x2 1 x 1 1  6  y 6  y3  y  y3  x2     y      2 2 2 4 2 2 2     2   2 xy 3  y 3  1  x x2 1 3 3  2 xy  y    1   2 2  2 2 Do đó:  1 ,  2   y 6  y 3  x 2  2 xy 3  y 3  y 6  2 y 3 x  x 2  0  y 3  1  2  x   0  y3  x 2 x  y  3 x  y  x  y  1 Vậy: Hệ  I     xy  1  4x2  2 x  1  x2  Vậy hệ có nghiệm là x  1 và y  1 . ˆ ˆ ˆ Bài 2: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài của các góc A; B; C lần lượt cắt cạnh đối diện tại của tam giác ABC tại A1 , B 1 , C1 . CMR A1 , B 1 , C1 thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông góc với OI ở đây O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Giải: NBK-10 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành Qua I kẻ các đường thẳng vuông góc IA, IB, IC lần lượt cắt BC, CA, AB tại A2 , B2 , C2 . � � C C � Có � IB  �  90o  90o   90o   ICA2 A2 AIB 2 2 � B chung IA2  A2 BI : A2 IC  A2 B A2 I   A2 B. A2C A2 I A2C  PA2 /  I ;O   PA2 /  O  CMT 2 : PB2 /  I ;O   PB2 /  O  PC2 /  I ;O   PC2 /  O   A2 , B2 , C2  trục đt của  I ; O  và  O   AA1 I BB1   F   A2 B2C2   OI  1 �  F là tâm đường tròn bàng tiếp C của ABC  C , I , F thẳng hàng. Có: AA1  AI  CA2 CI     A2 I / / AA1   A2 I  AI  CA1 CF  CA2 CB2   CA1 CB1 CI CB 2 2  CMT : IB2 / / FB2    CF CB1   1  2   3  A1 , B1 , C1 thẳng hàng và  A2 B2 / / A1B1  2  A B C  OI CMT 2 :  B2C2 / / B1C1  3  1 1 1  Bài 3: Xác định hàm số f : � � thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện: 4. f   x    f  x  ; 5. f  1  x   1  f  x  , x  � 6.  1  f  x f    2 , x  0 . x x Giải:  x 1  1 x  0 ta có: f    f 1    1   x   x x khác 0; 1 ta có: Mặt khác, với mọi f  x 1  f    1 2 x x NBK-11  1 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành  x  f 2 2   x  1   f  x .  x  1    x  1  f 1  1         2  x 1   x   x   x 1  x     x 1  2 2 2  x  1   f  x  1   x  1   x  1  f  x  1    . 1   . 2  2  x    x  1   x   x  1   1 1 2  2  x  1  1  f  x    2 x 2  2 x  f  x    2    x  x f  x 1 Từ  1 và  2  ta có:  2  1  2  2  x 2  2 x  f  x    x x   f  x   x với mọi x khác 0; 1    1   x 1  f  f  x   x     x 1  Từ  1 suy ra f  0   0 Ta có f  1   f  1   1  f  0    1 . Vậy f  x   x, x  �   Bài 4 Cho dãy số {xn} được xác định như sau:  x1  1,  3 x  n  xn 1  xn  2 n  1 n  Chứng minh rằng xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng. Giải. Dễ thấy xn > 0, với mọi n nguyên dương, nên dãy số đã cho là dãy tăng thực sự. Vậy để chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên. * Ta chứng minh xn  8, n  � . Thật vậy, với n = 1 có x1 = 1 < 8, nên điều cần chứng minh đúng. Giả sử ta có: xn < 8, với n nguyên dương. Ta cần chứng minh xn+1 < 8. n 3 n xk 1 Theo công thức xác định dãy số có: xn 1  x1    1  2 2  1  2.2  8 . 2 k 1 k k 1 k Do đó xn < 8 với mọi n nguyên dương từ đó suy ra điều phải chứng minh. * chú ý: Trong bài này có thể thay x1 bởi một giá trị a dương tùy ý. Khi đó trong chứng minh ta có thể thay giá trị 8 bởi giá trị M dương thỏa mãn bất đẳng thức: a  2 3 M  M , luôn tồn tại M dương   3 thỏa mãn điều này, vì Mlim M  2 M  a   .   Bài 5 : Gọi hình chữ nhật kích thước 2  3 (hoặc 3  2 ) bị cắt bỏ một hình vuông 1 1 ở một góc là hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1). Gọi hình chữ nhật kích thước 2  3 (hoặc 3  2 ) bị cắt bỏ hai hình vuông 1 1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2). Người ta ghép một số hình vuông 2  2 , một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước 2013  2014 . Gọi s là tổng số các hình vuông 2  2 và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi cách ghép hình nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của s. NBK-12 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành Hình 1 Hình 2 Hình vuông 2 x 2 Giải: Tổng quát 2013  2m  1 (dòng) và 2014  2n (cột) với m  1006; n  1007 gọi s là tổng số các hình vuông 2  2 và hình chữ nhật khuyết kép, gọi y là số các hình chữ nhật khuyết đơn. Ta có đẳng thức về diện tích các hình: 4 s  5 y  2n( 2m  1) Ta đánh dấu  vào các ô có tọa độ (2r; 2t) với 1  r  m và 1  t  n ta được m  n dấu  . 1 2 3 4 5 6 ... 1 ... 2 ... 3 ... 4 ... 5 2013 2014 ... ... ... ... ... ... ... ... 201 2 201 3 ... ... ... ... ... Dễ thấy trên hình: i. Hình vuông 2  2 và mỗi hình chữ nhật kép chứa đúng một dấu  ii. Hình chữ nhật khuyết đơn chứa một hoặc hai dấu  ta có bất đẳng thức sau về số dấu  trên hình: mn  s  y vậy thì 5m.n  5( s  y )  4 s  5 y  s hay 5mn  2n( 2m  1)  s suy ra s  5m.n  2n(2m  1)  mn  2n  n(m  2) Áp dụng vào bài với m  1006; n  1007 ta được với s  1011028 như trên hình vẽ: kết quả s  1011028 . Sự tồn tại của cách ghép NBK-13 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành 1 2 3 4 5 6 ... 1 2 1007 hình chữ nhật khuyết kép 3 4 5 6 7 1003 x 1007 hình vuông 2 x 2 NBK-14 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN TỔ TOÁN Khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ Môn Toán 11 Thời gian 180 phút – không kể thời gian giao đề ===========================   Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình 8x  15x  9  1  2 1 3 2  5x  2x  2 x Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm K sao cho KB = 2KC. Gọi M là trung � � điểm của BC, H là hình chiếu của B trên AK. Giả sử BAK  2CAK , chứng minh rằng MH vuông góc với AC. Câu 3: (4 điểm) Tìm hàm số liên tục f : � � thoả mãn: a) f(0) = 0 b) f(x) = x + f(x – f(x)) un  N  u  u  u  {0;1} m n  m n  Câu 4: (4 điểm) Cho dãy (un) thỏa mãn các điều kiện sau :  u 2  0 u  0  3  u 9999  3333  Tìm u2013 Câu 5: (4 điểm) Cho trước k số khác không a1; a2; …; ak thoả mãn với mọi số tự nhiên n lẻ ta có n n a1n  a 2  ...  a k  0 . Chứng minh rằng k chẵn và giả sử k = 2m thì các số a 1; a2; …; ak có thể phân chia thành m cặp sao cho tổng của 2 số trong mỗi cặp bằng 0. =============== Hết =============== NBK-15 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành §¸p ¸n Câu 1 Nội dung Điểm  1 8x 2  15x  9  1   3 5x 2  2x  2  x  8x 3  15x 2  9x  (x  1) 3 (x  1)(2x  1)  3x 2  3x  1(x  0) 1đ  (2x  1) 3  (3x 2  3x  1)  (x  1) 3 (x  1)(2x  1)  3x 2  3x  1 5x 2  2x  2 , ta được hệ:  u 3  (3x 2  3x  1)  (x  1)v  3 2  v  (3x  3x  1)  (x  1)u Đặt u = 2x – 1, v = 3 Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta được:   1đ (u - v) (v2 + uv + u2) = (x + 1) (v - u)  (u  v) u  uv  v  x  1  0 2 2 TH1: u  v  2x  1  3 5x 2  2x  2  8x 3  17x 2  8x  1  0 x  1 2  (x  1)(8x  9x  1)  0   x  9  113  16 u 2 3 2 2 2 TH2: u  uv  v  x  1  0  (v  )  (2x  1)  x  1  0 2 4 u  4(v  ) 2  12x 2  8x  7  0 2 u 2  4(v  )  4x 2  2(2x  1) 2  5  0 phương trình vô nghiệm. 2 9  113 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = 1; x  16 1đ 1đ 2 A Áp dụng định lý sin cho 2 tam giác ABK 1đ AC và ACK ta có: cos   AB H B M K C MH  AC  MA2 – MC2 = HA2 – HC2    2 AB2  AC 2  BC 2 4  BC2  HA 2  HA 2  AC2  2HA.AC.cos  4  NBK-16  Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành AB2  AC2  BC 2   2AH.AC.cos  AC2 2 AC  2AB.cos2.AC.  AC 2 AB  4AC 2   AC 2   3  AB2      c2 b 2  c2  a 2 2 2đ   4b4  3b2c2  1 Mặt khác: cos3 = 4cos3 - 3cos  cosA = 4cos3 - 3cos   b 2  c 2  a 2   4 b3  3 b c3 2bc  c 2 b 2  c2  a 2 2 c   4b4  3b2c2 1đ  (1) luôn đúng. 3 Vậy MH  AC. Đặt g(x) = x – f(x), g(x) liên tục trên � và g(0) = 0.  f(g(x)) = - g(x) với mọi x  � g(g(x)) = g(x) – f(g(x)) = 2g(x) với mọi x  � 1đ  gn(x) = 2n – 1g(x) Nếu  x0: g(x0) > 0 thì gn(x0) = 2n – 1g(x0)  + khi n  +. Mà g(x) liên tục nên g(x) nhận giá trị dương tuỳ ý Nếu  x1: g(x1) < 0 thì gn(x1) = 2n – 1g(x1)  - khi n  +. Mà g(x) liên tục nên g(x) nhận giá trị âm tuỳ ý 1đ 1) Nếu g(x) = 0 với mọi x thì f(x) = x với mọi x  � 2) Nếu g(x)  0 với mọi x. Khi đó, với mọi x > 0 tồn tại y: g(y) = x  g(x) = g(g(y)) = 2g(y) = 2x  f(x) = - x với x  0   x, x  0  f  x    h x , h x li� t� , h x  x v� lim h x  0, x  0 Do đó:     n c      x  0  3) Nếu g(x)  0 với mọi x. Khi đó, với mọi x < 0 tồn tại y: g(y) = x  g(x) = g(g(y)) = 2g(y) = 2x  f(x) = - x với x  0 NBK-17 2đ Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành   x, x  0  f  x    h x , h x li� t� , h x  x v� lim h x  0, x  0 Do đó:     n c      x  0  4 4) g(x) nhận giá trị trên �  g(x) = 2x  f(x) = -x với mọi x  � Ta có : u m  n  u m  u n   (  {0;1}) Bằng quy nạp ta chứng minh được u n1  n2 ... n k  u n1  u n 2  ...  u n k , với mọi n1, n2, ..., nk. Ta có: u 2  u1  u1  u1  0 u 3  u 2  u1    0    u 3  1 1đ 1đ Ta chứng minh rằng nếu n < 3333 thì u3n = n (1) Thật vậy: Với n = 1 thì (1) đúng Ta có u 3n  n.u 3  n, n Giả sử, tồn tại n0 < 3333, mà u 3n0  n 0  u 3( n0 1)  u 3n 0 3  u 3n 0  u 3  n 0  1 , 5 điều này chứng tỏ, với mọi n  n 0 thì u 3n  n . Điều này mâu thuẫn với u9999 = 3333 Vậy, với n < 3333 thì u3n = n. Do đó u2013 = 671 Do k hữu hạn nên trong k số a1; a2; …; ak ta chọn được số có giá trị tuyệt đối lớn 2đ nhất. Giả sử số đó là a1. n n a  a  Theo giả thiết, với mọi n lẻ ta có: 1   2   ...   k   0  1  a1   a1  Do a1 có giá trị tuyệt đối lớn nhất nên Ta chứng minh, tồn tại i để ai  1, i  2,3...k a1 ai  1 a1 Giả sử không có số nào trong các số ai bằng -1. a1 Không mất tính tổng quát, giả sử i = 2, 3, .., t thì 1, ..., k thì 1đ ai 1. a1 NBK-18 ai  1 và với a1 i=t+ Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành n n a  a  Khi đó, từ (1)  S   t 1   ...   k    t  S  t với mọi n lẻ  a1   a1  Do ai  1 với i = t + 1, ..., k a1 n a  t chọn n lẻ đủ lớn để  i   với i = t + 1, ..., k kt  a1  n 2đ n a  a   S   t 1   ...   k   t (mâu thuẫn)  a1   a1  Do đó, trong các số Giả sử ai có ít nhất 1 số bằng -1. a1 a2  1  a1 + a2 = 0. a1 1đ Còn lại k – 2 số: a3; a4; ...; ak. Nếu k chẵn lặp lại lập luận trên  đpcm Nếu k lẻ thì phải có 1 số trong các số đã cho mà mọi luỹ thừa lẻ của nó đều bằng 0  số đó bằng 0 (mâu thuẫn) Vậy ta có điều phải chứng minh. NBK-19 Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT LẦN THỨ VI Thời gian: 180’ Câu 1 (4 điểm). a)Giải hệ phương trình x  x  x y  a)  x2  y2 x2  y2  9 x 5 5  3x 6 5  y b) Giải hệ phương trình a) Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC có trực tâm H, ba đường cao là . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Gọi (W) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP ( còn gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC). Kí hiệu A' ,B', C' là các giao điểm thứ hai của MH, NH, PH và (W),. Chứng minh rằng , đồng quy tại một điểm X nằm trên đường thẳng đi qua trọng tâm và trực tâm tam giác ABC (còn gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC). Câu 3: (4 điểm). Tìm hàm liên tục trên và thỏa mãn:  Câu 4 (4 điểm). Cho dãy số 1   a1  a  a  xác định bởi :  3 2  an 1  2an  2an  2  3an 2  4an  1  NBK-20 .