Tài liệu bộ đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 11 trại hè hùng vương có đáp án

  • Số trang: 326 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 223 |
  • Lượt tải: 0
xomthong

Tham gia: 05/05/2016

Mô tả:

bộ đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 11 trại hè hùng vương có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 11 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CÓ ĐÁP ÁN KIÊN GIANG, 5 THÁNG 9 NĂM 2016 LÊ QUỐC TRUNG TEL: 0919522844-EMAIL:lequoctrunghmd@gmail.com-FACE: Quốc Trung Lê "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia ĐỀ THI OLIMPIC TOÁN HỌC 2005 Trại hè Hùng vương 2005 Olympic Toán học GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu gửi tặng các thày giáo, cô giáo Câu 1. (7 điểm) Các số nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 lập thành một cấp số cộng tăng. Có bao nhiêu cấp số cộng thoả mãn điều kiện a1  50 , a5  100 ? Giải. Ta có a5  a1  4d với d nguyên dương sao cho a_1>50, a_1+4d<100. Nếu d13 thì a5  50  4.13  100 . Vậy, 1d12 . Từ đây ta có tính toán cụ thể cho từng trường hợp: d  1. Có 45 dãy. d  2. Có 41 dãy. d  3. Có 37 dãy. d  4. Có 33 dãy. d  5. Có 29 dãy. d  6. Có 25 dãy. d  7. Có 21 dãy. d  8. Có 17 dãy. d  9. Có 13 dãy. d  10. Có 9 dãy. d  11. Có 5 dãy. d  12. Có 1 dãy. Có 1  5  9   41  45  (1  45)  6  276 dãy. Cách khác: Sau khi chứng minh 1d12 , ta xây dựng công thức tổng quát S  49  12  4 d 12 và thu được S  276. d 1 Câu 2. (7 điểm). Các số nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 lập thành một cấp số nhân tăng. Có bao nhiêu cấp số nhân thoả mãn điều kiện a5  100 ? n là công bội của cấp số nhân thoả mãn điều kiện bài toán, n  m , (m, n)  1 . m n4 Khi đó a5  a1 4 , nên a1  km 4 với k nguyên dương. m Giải. Giả sử Các số hạng của cấp số nhân đó là km4 , km3n, km 2 n 2 ,kmn3 , kn 4 . Nếu n  4 thì kn 4n 4  256  100 . Vì vậy n  2 và n  3 . n  3 và m  2 thì 81k  100 nên k  1. Có một cấp số (16, 24,36,54,81). n  3 và m  1 thì 81k  100 nên k  1. Có một cấp số (1, 3,9, 27,81). LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 001 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia n  2 và m  1 thì 16k  100 nên k  1, 2,  , 6. Có 6 cấp số: (1, 2, ), (2, 4, ), (3, 6, ), (4,8, ), (5,10, ), (6,12, ). Vậy tổng cộng có 8 cấp số nhân thoả mãn điều kiện a5  100 . Câu 3. (7 điểm). Các số dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 thoả mãn các điều kiện 2a1 , 2a2 , 2a3 , 2a4 , 2a5 là các số nguyên dương, a1  a2  a3  a4  a5  99. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của tích P  a1a2 a3a4 a5 ? Giải. Viết bài toán dưới dạng Các số nguyên dương x1 , x2 , x3 , x4 , x5 thoả mãn các điều kiện x1  x2  x3  x4  x5  198. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của tích P  1 x1 x2 x3 x4 x5 ? 25 Không giảm tổng quát, giả sử x1  x2x5 . Khi đó x3  x4  x5 3.198  118 . 5 Nếu x3  x4  x5  118 thì x1  x2  40. Dễ thấy vô lý. Nếu x3  x4  x5  119 thì cũng không xảy ra. Do vậy, ta xét x3  x4  x5120. áp dung bất dẳng thức Cauchy, ta có 40( x1  x2 )  39( x3  x4  x5 ) 5 40( x1  x2  x3  x4  x5 )  ( x3  x4  x5 ) 40 198  120    1560. 5 5 Từ đó suy ra Pmax  3042000 khi a1  a2  19,5 và a3  a4  a5  20. 39.198  ( x1  x2 ) 5 (40 x )(40 x )(39 x )(39 x )(39 x ) 1 2 3 4 5 5 39.198  89 $ . 5 Câu 4. (7 điểm). Giả sử tam thức bậc hai f ( x ) luôn dương với mọi x . Chứng minh rằng 5 (40 x1 )(40 x2 )(39 x3 )(39 x4 )(39 x5 )  f ( x ) viết được dưới dạng tổng bình phương của hai nhị thức bậc nhất. Giải. Theo giả thiết, ta có f ( x)  ax 2  bx  c  0, \enskipx  . b  Suy ra f ( x)  ( ax  )2   0, \enskipx  . 4a a A B 2 Sử dụng đồng nhất thức A2  B 2  ( )  ( A  B )2 , ta có ngay đpcm. 2 2 Câu 5 (7điểm). Giả sử hàm trùng phương g(x)=x^4+bx^2+c luôn luôn dương với mọi x . Chứng minh rằng g ( x ) viết được dưới dạng tổng bình phương của hai tam thức bậc hai. Giải. Nhận xét rằng c  0 . Khi   0 , ta nhận được kết quả như Câu 4. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 002 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Khi   0 tức là b 2  4c  0 hay b  2 c  0 , khi đó ta sử dụng biến đổi sau g ( x)  ( x 2  c ) 2  (b  2 c ) x 2 . Câu 6 (7điểm) Cho hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích các điểm M thuộc hình vuông (phần bên trong và biên của hình vuông) sao cho diện tích các tam giác MAB và MAC bằng nhau. Giải. Giả sử M thoả mãn yêu cầu bài toán. Nối AM, ký kiệu I là giao điểm của AM với BC. Hạ các đường BH, CK vuông góc với AM. Xét trường hợp M thuộc tam giác ABC. Từ giả thiết suy ra BH  CK . Do đó, ta có hai tam giác bằng nhau  BHI CKI . Vậy, I cần phải nằm trên đoạn thẳng $AI.$ Ngược lại, dễ dàng chưng minh được rằng, nếu M  AI thì S ( MAB )  S ( MAC ). Xét trường hợp M thuộc tam giác $ADC.$ Từ giả thiết suy ra BH  CK . Do đó, M  AD. Vậy, M cần phải nằm trên cạnh $AD.$ Ngược lại, dễ dàng chứng minh được rằng nếu M  AD thì hai tam giác MAB $ và MAC có diện tích bằng nhau. Câu 7 (7điểm). Cho hình vuông ABCD. Giả sử E là trung điểm cạnh CD và F là một . điểm ở bên trong hình vuông. Xác định vị trí điểm Q thuộc cạnh AB sao cho  AQE  BQF Giải. Giả sử tồn tại điểm Q  AB thoả mãn điều kiện bài toán. Ký hiệu P là điểm giữa cạnh AB và K là chân đường vuông góc của F lên AB. Xét trường hợp K  PB. Dễ dàng chứng minh Q  PB. Gọi F' là điểm đối xứng của F qua F   QB. Suy ra  QF . Do đó, ba điểm E, Q, F' thẳng AB. Dễ dàng thấy rằng FQB AQE  B hàng. Hay, Q là giao điểm của EF' với AB. Xét trường hợp K  AP. Dễ dàng chứng minh Q  AP. Tương tự như trường hợp trên, ta chứng minh được Q là giao điểm của EF' với AB. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 003 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ VIII - CAO BẰNG KỲ THI OLIMPIC HÙNG VƯƠNG NĂM 2012 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Thời gian: 150' không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề gồm 01 trang) Câu 1 (6 điểm): 3 1. Giải phương trình: 6cos x + 2 = 2cos3 x + 2cos x − 2 x2 2. Giải bất phương trình: 1 + x + 1 − x ≤ 2 − 4 Câu 2 (4điểm): Tìm tất cả các hàm số f :\ → \ , thỏa mãn: ( ) f f ( y + f ( x ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) + y, ∀x, y . Câu 3 ( 5 điểm) : Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác B, C). Hình chiếu của M trên AB, AC theo thứ tự là H và K. Gọi I là giao điểm của BK và CH. Chứng minh rằng đường thẳng MI luôn qua một điểm cố định Câu 4 (3 điểm) : Giải phương trình: x14 + x24 + ... + x124 = 2013 với x1 , x2 ,..., x12 ∈ ] . Câu 5 (2 điểm): Tìm số cách chọn ra 11 số nguyên phân biệt từ 2012 số nguyên dương đầu tiên sao cho trong sự lựa chọn đó không có chứa hai số nguyên liên tiếp. -------------------------- Hết -------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ...............................................; Số báo danh:............................. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 004 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2012 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – LỚP 11 Câu Đáp án Câu 1 Điểm 6,0 3 1. 3 6 cos x + 2 = 2 cos 3 x + 2 cos x − 2 ⇔ 3 6 cos x + 2 = 8 cos x − 4 cos x − 2 (2) 0,5 Đặt t = 3 6 cos x + 2 ta có hệ pt: 1,0 3 ⎪⎧t = 6cos x + 2 ⎨ 3 ⎪⎩t = 8cos x − 4cos x − 2 ⇒ t 3 + t = 8cos3 x + 2cos x = ( 2cos x ) + 2cos x 3 ⇔ f (t ) = f (2cos x) (3) 3 Trong đó f (t ) = t + t . 2 Ta có: f '(t ) = 3t + 1 > 0, ∀t nên f(t) là hàm đồng biến trên \ Do đó pt (3) 0,5 0,5 ⇔ 3 6 cos x + 2 = 2 cos x ⇔ 6 cos x + 2 = 8cos3 x ⎡cosx=1 ⇔ ( cosx-1)( 2 cos x + 1) = 0 ⇔ ⎢ ⎢cosx=- 1 ⎣ 2 2 Với cosx=1 ⇔ x=k2π (k ∈ ]) 1 2π + k 2π Với cosx=- ⇔ x = ± 2 3 0,5 (k ∈ ]) 2. Điều kiện : −1 ≤ x ≤ 1 ⎡ π⎤ Đặt x = cos2t , t ∈ ⎢ 0; ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ Bất phương trình tương đương với : cos 2 2t 1 + cos2t + 1 − cos2t ≤ 2 − 4 2 cos 2t ⇔ 2(cos t + sin t ) ≤ 2 − 4 π π π ⇔ 2cos(t − ) ≤ 2 − sin 2 (t − )cos 2 (t − ) 4 4 4 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 0,5 0,5 1,0 005 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia ⎡ π ⎤ π π ⇔ 2 − ⎢1 − cos 2 (t − )⎥ cos 2 (t − ) − 2cos(t − ) ≥ 0 ⎢⎣ 4 ⎥⎦ 4 4 π π π ⇔ cos 4 (t − ) − cos 2 (t − ) − 2cos(t − ) + 2 ≥ 0 4 4 4 2 2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ π π ⇔ ⎢ cos 2 (t − ) −1⎥ + ⎢ cos(t − ) − 1⎥ ≥ 0 (*) 4 4 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎡ π⎤ (*) luôn đúng với ∀t ∈ ⎢ 0; ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ Vậy bất phương trình đã cho luôn có nghiệm với ∀x ∈ [−1;1] Câu 2 ( 1,0 4,0 ) f f ( y + f ( x ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) + y, ∀x, y (1) 1,0 Trong (1) thay y bởi f(y) ta có: f f ( f ( x ) + f ( y ) = f ( x + f ( y ) ) + f ( x ) + f ( y ) ∀x, y (2) ( ) Trong (2) thay y bởi x và x bởi y ta có: f f ( f ( y ) + f ( x ) = f ( y + f ( x ) ) + f ( y ) + f ( x ) ∀x, y (3) 1,0 (2),(3) ⇒ f ( x + f ( y ) ) = f ( y + f ( x ) ) ∀x, y ,từ (1) có: 1,0 ⇒ f ( x ) = x + a∀x 1,0 5,0 ( ) f ( x + y ) + f ( x ) + y = f ( x + y ) + f ( y ) + x∀x, y ⇒ f ( x ) − x = f ( y ) − y = a ∀x, y Câu 3 B D E H M P I F A K C Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Gọi P là giao điểm của CD và MH. Ta thấy : Δ BHD = Δ AKB ( Do BA = BD, ∠ B = ∠ A = 90 0 , BH = HM = AK) Do đó ∠ AKB = ∠ BHD ⇒ BK ⊥ HD (tại E) 1,0 Tương tự ta có CH ⊥ KD (tại F) Trong tam giác DKH các đường cao KB và CH cắt nhau tại I nên DI là đường cao thứ 3. Hay DI ⊥ KH (1) 1,0 1,0 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 006 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Mặt khác Δ PDM = Δ AKH ( Do AK = BH = DP, ∠ P = ∠ A = 90 0 , MP = MK) Do đó ∠ PMD = ∠ AHK ⇒ MD ⊥ HK (tại E) (2) Từ (1) và (2) ta có DI và DM cùng vuông góc với KH nên I, D, M thẳng hàng. Chứng tỏ MI luôn qua D cố định Câu 4 +) Nếu n = 2k, k ∈ ] ⇒ n = 16k ≡ 0 ( mod16 ) 4 2,0 3,0 4 1.0 +) Nếu = 2k + 1, k ∈ ] ⇒ n 2 − 1 = 4k ( k + 1)#8 ⇒ n 4 − 1#16 ⇔ n 4 ≡ 1( mod16 ) Do đó, ta có: x14 + x24 + ... + x124 ≡ r ( mod16 ) , ( r ∈ `, r ≤ 12 ) . Mặt khác, ta có: 2013 ≡ 13 ( mod16 ) Do vậy, phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 1.0 1.0 2,0 Câu 5 Sắp xếp 2012 số nguyên dương đầu tiên thành một hàng theo thứ tự tăng bắt đầu từ 1. Nếu một số được chọn thì đặt biểu tượng Y dưới số đó, nếu không chọn thì đặt biểu tượng N dưới số đó. Gọi x1 là số lượng số có biểu tượng N đứng trước biểu tượng Y đầu tiên; x2 là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu tượng Y đầu tiên và biểu tượng Y thứ hai,..., x11 là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu tượng Y thứ 10 và biểu tượng thứ 11; và x12 là số lượng số đứng sau biểu tượng Y thứ 11. Khi đó có một tương ứng một – một giữa những sự lựa chọn chấp nhận được với những nghiệm nguyên của phương trình: x1 + x2 +...+ x12 = 2001 với 11 x1 ≥ 0, x2 ≥ 1,..., x11 ≥ 1, x12 ≥ 0 . Do đó kết quả cần tìm là C2002 2,0 Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh giải đúng theo cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. ------------------------Hết------------------------ LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 007 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX MÔN: TOÁN - LỚP: 11 Ngày thi: 02 tháng 08 năm 2013 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm: 01 trang. Họ và tên thí sinh…………………………………………………..…..SBD…………………. Câu 1. (5 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định bởi ( u1 ) = 2014, un+1 = un4 + 20132 , ∀n ∈ ℕ* 3 un − un + 4026 n 1 , ∀n ∈ ℕ* . Tính lim vn . + u 2013 k =1 Đặt vn = ∑ 3 k Câu 2. (5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD  tại E nằm trong tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với giao với phân giác góc BAC BD tại F (khác B), AF giao với BE tại I. CI giao với BD tại K. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK. Câu 3. (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây 1. f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) với mọi x, y ∈ ℝ . 2. f ( x ) ≤ e x − 1 với mỗi x ∈ ℝ . Câu 4. (4 điểm) Giải hệ phương trình sau: y  2  x − ( x + y) = 3 x − y ( x, y ∈ ℝ ) .  2 x 2 + y 2 − 3 2 x − 1 = 11 )  ( Câu 5. (2 điểm) Trên bảng ô vuông 3 × 3 , người ta đặt một số viên sỏi sao cho mỗi ô vuông có không quá một viên sỏi. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số: các hàng, các cột, các đường chéo chứa số lẻ các viên sỏi trên đó. Bảng không có sỏi ứng với 0 điểm. a) Tồn tại hay không cách đặt sỏi sao cho ô chính giữa bảng không có sỏi và số điểm tương ứng với cách đặt đó là 8. b) Chứng minh rằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số chẵn bằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số lẻ. ....................................................Hết.................................................... - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi! Giám thị 01:.............................................................................................. Giám thị 02:.............................................................................................. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 008 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Câu Cho dãy số ( un ) 1 Phương pháp - Kết quả un4 + 20132 xác định bởi ( u1 ) = 2014, un+1 = 3 , ∀n ∈ ℕ* un − un + 4026 n 1 Đặt vn = ∑ 3 , ∀n ∈ ℕ* . Tính lim vn . u + 2013 k =1 k ( un − 2013) ( un3 + 2013) un4 + 20132 Ta có un+1 − 2013 = 3 − 2013 = un − un + 4026 un ( un2 − 1) + 4026 Điểm 5.0 1.0 Từ đó bằng quy nạp ta chứng minh được un > 2013, ∀n ∈ ℕ . * ( un − 2013) ( un3 + 2013) un+1 − 2013 = 3 ( un + 2013) − ( un − 2013) Từ (1) suy ra (1) 1.5 1 1 1 1 1 1 = − 3 ⇒ 3 = − un +1 − 2013 un − 2013 un + 2013 un + 2013 un − 2013 un +1 − 2013 n   1 1 1 1 1 Do đó vn = ∑  − − = 1− = uk +1 − 2013  u1 − 2013 un +1 − 2013 un+1 − 2013 k =1  uk − 2013 Ta chứng minh lim un = +∞ . u 2 − 4026un + 20132 ( u − 2013) > 0, ∀n ∈ ℕ* = 3n Thật vậy, ta có un+1 − un = n 3 un − un + 4026 un − un + 4026 2 1.5 Suy ra ( un ) là dãy tăng, ta có 2014 = u1 < u2 < ... Giả sử ngược lại ( un ) bị chặn trên và ( un ) là dãy tăng nên lim un = a < +∞ thì a > 2014 . Khi a 4 + 20132 đó a = 3 ⇒ a = 2013 < 2014 (vô lý). Suy ra ( un ) không bị chặn trên, do đó a − a + 4026 lim un = +∞ 2   1 Vậy lim vn = lim 1 −  =1  uk +1 − 2013  Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD  tại E nằm trong tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác giao với phân giác góc BAC ABE giao với BD tại F (khác B), AF giao với BE tại I. CI giao với BD tại K. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1.0 5.0 009 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia A E D' D J I K F B C M Gọi D' là trung điểm của AB và M là trung điểm cạnh BC.   suy Ta có D' nằm trên đường tròn ngoại tiếp △ BCD. Do tính đối xứng nên suy ra D ' E = ED   = IBK  ra  ABI = D ' BE = EBD Suy ra I nằm trên phân giác góc  ABK (1) ABK hay BI là tia phân giác góc   = 180o − BFA  = 180o − BEA  = MEB  = 1 CEB  = 1 CDB  Ta có: DFA 2 2   ⇒ DFA = DAF suy ra △ AFD cân tại D và tam giác AFC vuông tại F. Do IA.IF=IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn ngoại tiếp △ BCD. Từ đó CI đi qua giao điểm thứ hai J của hai đường tròn này.  = DJC  = DBC  nên DA2 = DC 2 = DK .DB Ta có DCJ  = DBA  hay FAD  − FAK  = DFA  − FAB  . Từ đó FAK  = BFA . Suy ra DAK Ta có (đpcm) Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây 3 1. f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) với mọi x, y ∈ ℝ . 1.0 2.0 1.0 1.0 4.0 2. f ( x ) ≤ e x − 1 với mỗi x ∈ ℝ . f ( x + 0 ) ≤ f ( x ) + f ( 0 ) ⇒ f ( 0 ) ≥ 0 và bởi vì f ( 0 ) ≤ e0 − 1 = 0 cho nên f ( 0 ) = 0 f ( x + ( − x )) ≤ f ( x ) + f ( − x ) ⇒ f ( x ) + f ( − x ) ≥ 0 0.5 (1)  2x   x  x f ( x ) ≤ f   + f   ≤ 2  e − 1 2 2    x   x f ( x ) ≤ 2  e 2 − 1 ⇒ f ( x ) ≤ f   + 2    x   x f   ≤ 4  e 4 − 1 2    2xn  n Dùng quy nạp theo n = 1, 2,... ta CM được f ( x ) ≤ 2  e − 1     LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1.0 010 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia  x0n  Cố định x0 ∈ ℝ ta có f ( x0 ) ≤ 2n  e 2 − 1     x0  n  Xét dãy an = 2n  e 2 − 1 ta có:      x0n   e2 −1  lim an = lim  .x0  = x0 x0  n   2  Vậy f ( x0 ) ≤ x0 ∀x0 ∈ ℝ ( 2) Vậy f ( x ) + f ( − x ) ≤ x + ( − x ) = 0 1.5 ( 3) Kết hợp (1) và (3) ta được f ( x ) + f ( − x ) = 0 Từ (2) ⇒ f ( − x ) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x f ( x ) = x ta thấy đúng. 4 y  2  x − ( x + y) = 3 x − y  2 x 2 + y 2 − 3 2 x − 1 = 11 )  ( Giải hệ phương trình sau: Điều kiện x ≥ ( 4 ) . Kết hợp (2) và (4) ta được f ( x ) = x∀x ∈ ℝ . Thử lại ( x, y ∈ ℝ ) . 1 2 ; x − ( x + y) ≥ 0 ; x # y 2 1.0 4.0 0.75 1 nên y ≥ 0 . Ta có 2 y = 0 từ phương trình thứ nhất suy ra x = 1 mà (1;0) không thỏa mãn pt thứ 2 nên y > 0 y x2 − ( x + y ) = 3 x− y Từ phương trình thứ nhất suy ra y và x - y cùng dấu mà y + x − y = x ≥ ⇔ x2 − ( x + y ) ( 3 x 2 − ( x + y ) ( x − y − 1) ⇔ 3 ( x − y) 2 ) x − y − 1 + x2 − ( x + y ) − y = 0 + 3 x − y +1 + x2 − ( x + y ) − y2 x2 − ( x + y ) + y =0   x2 − ( x + y ) x+ y  =0 ⇔ ( x − y − 1) + 2 3 3 x2 − ( x + y ) + y   ( x − y) + x − y +1  ⇔ x − y −1 = 0 ⇔ y = x −1 Thay vào phương trình thứ hai ta được 4 x 2 − 4 x + 2 − 3 2 x − 1 = 11 5 Đặt t = 2 x − 1 ta được t 4 − 3t − 10 = 0 ⇔ t = 2 5 3 Từ đó tìm được ( x; y ) =  ;  2 2 Trên bảng ô vuông 3 × 3 , người ta đặt một số viên sỏi sao cho mỗi ô vuông có không quá một viên sỏi. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số các hàng, các cột, các đường chéo chứa số lẻ các viên sỏi trên đó. Bảng không có sỏi ứng với 0 điểm. a) Tồn tại hay không cách đặt sỏi sao cho ô chính giữa bảng không có sỏi và số điểm tương ứng với cách đặt đó là 8. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1,75 0.5 1đ 2.0 011 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia b) Chứng minh rằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số chẵn bằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số lẻ. a) Giả sử ô chính giữa không có sỏi và điểm số của cách đặt là 8. Như vậy 3 hàng, 3 cột và hai đường chéo đều có một số lẻ viên sỏi. Gọi a,b,c,d là số sỏi trong các ô như hình vẽ, a,b,c,d ∈ {0,1} . Khi đó các ô đối xứng với a,b,c,d qua tâm sẽ có số sỏi tương ứng là a',b',c',d' sao cho a+a'=b+b'=c+c'=d+d'=1. a b c a b c 0 d d' 0 d c' b' a' 1.0 Từ đó (a+b+c)+(a'+b'+c')=3 suy ra một trong hai tổng a+b+c hoặc a'+b'+c' là một số chẵn. Khi đó dòng thứ nhất hoặc dòng thứ ba có tổng số sỏi là một số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Vậy không tồn tại cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện bài toán. b) Ta gọi hai cách đặt sỏi là liên hợp với nhau nếu ô trên cùng bên trái của chúng có số sỏi khác nhau và các ô còn lại tương ứng có số sỏi như nhau. a b c a' b c f e d f e d g h i g h i (B) (B') 1.0 Như vậy, các cách đặt sỏi chia thành từng cặp đôi một liên hợp với nhau. Xét hai cách đặt liên hợp với nhau (B) và (B'). Tổng số sỏi ở dòng 1, cột 1 và 1 đường chéo cả hai bảng đôi một khác nhau về tính chẵn lẻ. Các dòng, cột và đường chéo còn lại của hai bảng có số sỏi như nhau. Do đó điểm số của (B) và (B') khác nhau 3 đơn vị, suy ra số điểm của (B) và (B') có tính chẵn lẻ khác nhau. Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, một cách xếp có điểm số chẵn, cách đặt còn lại có điểm số là một số lẻ suy ra điểu phải chứng minh. LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 012 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X MÔN: TOÁN - KHỐI: 11 Ngày thi: 01 tháng 08 năm 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút Đề thi gồm: 1 trang. Câu 1 (4 điểm) Cho dãy số (un ) xác định như sau u1  2014  2 2 un1  un  (1  2a )un  a n  1, 2,... Tìm điều kiện của a   để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh AC, BC lần lượt tại E, F và tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại điểm P. Một đường thẳng song song với AB và tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm Q nằm trong tam giác ABC. a) Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của PE và PF với (O). Chứng minh rằng KL song song với EF. . b) Chứng minh rằng  ACP  QCB Câu 3 (4 điểm) Cho P  x  và Q( x) là các đa thức với hệ số thực, có bậc bằng 2014 và có hệ số cao nhất bằng 1. Chứng minh rằng nếu phương trình P  x   Q  x  không có nghiệm thực thì phương trình sau có nghiệm thực P  x  2013  Q  x  2013  . Câu 4 (4 điểm) Trong mặt phẳng cho 2n  1 ( n  * ) đường thẳng phân biệt sao cho không có hai đường nào song song hoặc vuông góc và không có ba đường nào đồng quy. Chúng cắt nhau tạo thành các tam giác. Chứng minh rằng số các tam giác nhọn tạo thành không vượt quá n  n  1 2n  1 . 6 Câu 5 (4 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số ( x; y; z ) nguyên dương thỏa mãn 1  4x  4 y  z 2 . ----------------------------------HẾT---------------------------------- LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 013 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia Bài Bài 1 Sơn La ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN KHỐI 11 Lời giải Ta có: un 1  un  (un  a )  0  un 1  un ; n  1, 2,3,... 2 Điểm * Suy ra dãy số (un ) tăng ; từ đó dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi dãy bị chặn trên. Giả sử tồn tại lim un  L ( L   ) , thì chuyển qua giới hạn hệ thức 1.0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------- ------- un1  un2  (1  2a )un  a 2 ta có: L  L2  (1  2a ) L  a 2  L  a - Nếu có chỉ số k   mà uk  a thì un  a; n  k nên L  a trái với kết quả lim un  L  a . * Do đó: uk  a với mọi k  1, 2,... hay un  (1  2a )un  a  a, n  1,2,3,... 1.0 ta được 2014  a  2015 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------* Đảo lại: Nếu 2014  a  2015  a  1  u1  a -------- 2 2 nói riêng u1  (1  2a )u1  a  a  a  1  u1  a  a  1  2014  a từ đó 2 2  (u1  a  1)(u1  a )  0  u12  (1  2a )u1  a 2  a  0  u2  a và u1  u2  a  1  u2  a ---------------------------------------------------------------------------------------------------Bằng quy nạp ta chứng minh được a  1  un  a, n  1, 2,3,... (H/s trình bày ra) Như vậy dãy (un ) tăng, bị chặn trên bới a , do đó dãy (un ) có giới hạn hữu hạn. Kết luận: Với điều kiện 2014  a  2015 thì dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và 1.0 -------1.0 lim un  a Bài 2 a. Xét phép vị tự V( P ;k ) tâm P biến đường tròn (I) thành đường tròn (O) nên biến Hòa Bình tự V( P ;k ) biến E, D, Q, F lần lượt thành K, C, M, L. 1.0 điểm E thành điểm K và biến điểm F thành điểm L nên KL//EF. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------b. Gọi D là giao điểm thức hai của đường thẳng PC với đường tròn tâm I, và M là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ. Xét phép vị tự V( P ;k ) biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O, ta có phép vị Do OK là ảnh của IE qua V( P ;k ) , dẫn đến OK / / IE mà IE  AC nên OK  AC , suy ra K là điểm chính giữa của cung AC. 1.0 Chứng minh tương tự ta có L là điểm chính giữa của cung BC, M là điểm chính giữa của cung AB. 1 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 014 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia M C L Q D K O E F I A B P ---------------------------------------------------------------------------------------------------Nếu AC  BC thì ta có -------- và DE = QF. ---------------------------------------------------------------------------------------------------Lại có CE = CF theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm. -------1.0   MA   BL   LM   MK   KA  BM   LM   MK   CK   LC 1.0   MC   MC   2CK   2 LM   CK   LM   CK  Trường hợp AC  BC ta cũng chỉ ra được LM   FQ  (tính chất phép vị tự).  DE   QFC  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau)  DEC Bài 3 Vĩnh Phúc   FCQ  . Từ đó ta có điều phải chứng Suy ra CED  CFQ , dẫn đến ECD minh. Giả sử P  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2013 x 2013  x 2014 1.0 Q  x   b0  b1 x  b2 x 2  ...  b2013 x 2013  x 2014 Khi đó P  x   Q  x   a0  b0   a1  b1  x   a2  b2  x 2  ...   a2013  b2013  x 2013 . Nếu a2013  b2013  0 thì đa thức P  x   Q  x  là một đa thức bậc lẻ nên nó luôn có ít nhất một nghiệm thực (mâu thuẫn). Do đó a2013  b2013  t . ---------------------------------------------------------------------------------------------------Ta có P  x  2013  a0  a1  x  2013   a2  x  2013  ...  t  x  2013 2 Q  x  2013  b0  b1  x  2013  b2  x  2013   ...  t  x  2013 2 2013 2013   x  2013   x  2013 -------- 2014 2014 2.0 Khi đó ta có: 2 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 015 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia 1 P  x  2013  Q  x  2013  R  x   2.C2014 2013.x 2013 , trong đó R  x  là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2013. --------------------------------------------------------------------------------------------------1 Do đó P  x  2013  Q  x  2013  R  x   2.C2014 2013.x 2013 là một đa thức với hệ số thực bậc lẻ nên đa thức này luôn có ít nhất một nghiệm thực. Bài 4 Gọi số tam giác tạo thành là -------1.0 f  n  . Ta phải chứng minh n  n  1 2n  1 1 , n  * 6 Với ba đường thẳng bất kỳ trong số các đường thẳng đã cho luôn cắt nhau tạo thành một tam giác hoặc nhọn hoặc tù. Gọi g  n  là số các tam giác tù. Ta gọi một tam giác tạo bởi ba đường thẳng a, b, c nào đó là: "giả nhọn cạnh a " nếu các góc chung cạnh a của tam giác đó là các góc nhọn. Chọn một đường thẳng d nào đó và Yên Bái coi nó là trục hoành, các đường thẳng còn lại được chia làm hai tập: 1.0 Tập T  là các đường thẳng với hệ số góc dương, Tập T  là tập các đường thẳng với hệ số góc âm. Hai đường thẳng tạo với d một tam giác "giả nhọn" nếu một đường thẳng thuộc tập T  và một đường thẳng thuộc tập T  . Gọi p là số đường thẳng thuộc T  và q là số các đường thẳng thuộc f n  tập T  . Khi đó p  q  2n và số tam giác "giả nhọn cạnh d " là pq .  pq 2 Ta có pq   n  2  -------------------------------------------------------------------------------------Nhưng do d có thể là đường thẳng bất kỳ trong số 2n  1 đường thẳng đã cho nên ta có số cặp (đường thẳng d ; tam giác "giả nhọn cạnh d") sẽ nhỏ hơn hoặc bằng n 2  2n  1 . -------------------------------------------------------------------------------------Trong cách tính trên mỗi tam giác nhọn được tính 3 lần (theo 3 cạnh) còn mỗi tam giác tù được tính 1 lần nên 3 f  n   g  n   n 2  2n  1 (1) -------------------------------------------------------------------------------------Thế nhưng tổng số các tam giác là:  2n  1 2n  2n  1 (2) C23n 1  f  n   g  n   6 Từ (1) và (2) suy ra (2n  1)2n 2n 1 2 f  n  n2  2n  1   f  n  g  n   n2 (2n  1)  6 n( n  1)(2 n  1)  3 3 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! -------1.0 -------1.0 -------1.0 016 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia hay f  n   Bài 5 Không mất tổng quát, giả sử x  y . Ta thấy Do đó: Tuyên Quang n  n  1 2n  1 6 1  4 x  4 y  (1  2 y ) 2  22 x  2 y1 . 1.0 Nếu 2 x  y  1 thì (2 y ) 2  1  4 x  4 y  (1  2 y ) 2  22 x  2 y 1  (2 y  1) 2 . Suy ra không tồn tại z thỏa mãn. ---------------------------------------------------------------------------------------------------- -------Nếu 2x  y  1 thì 1  4 x  4 y  (1  2 y ) 2  z  1  2 y . Suy ra 1.0 2 x 1 * ( x; 2 x  1;1  2 ) là nghiệm của phương trình với x   . ---------------------------------------------------------------------------------------------------- -------Nếu 2x  y  1 thì pt  4 x (1  4 y  x )  ( z  1)( z  1) (*). Vì gcd( z  1; z  1)  2 và x  1 nên z  1 22 x 1 hoặc z  1 22 x 1 . Nếu z  1 2 2 x 1 thì từ (*) suy ra z  1  2(1  4 y  x )  2(1  4 x 2 )  2(1  2 2 x 4 )  22 x1  2, x  1 . Điều này là vô lí vì z  1 2 2 x 1  z  1  2 2 x 1  2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------Tương tự, Nếu z  1 2 2 x 1 thì từ (*) suy ra z  1  2(1  4 y  x )  2(1  4 x 2 )  2(1  2 2 x 4 )  22 x1  2, x  1 . Điều này là vô lí vì z  1 2 2 x 1  z  1  22 x 1  2 . Vậy các bộ số cần tìm là ( x; 2 x  1;1  2 phương trình với mọi x   . * 2 x 1 ), (2 x  1; x;1  2 2 x 1 ) là nghiệm của 4 LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1.0 -------- 1.0 017 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN - KHỐI:11 Ngày thi: 01 tháng 8 năm 2015 Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số thực  un  được xác định bởi: 9n  10 3 và un1  un3  3un2  9un   1 với mọi n  1. 2 n 1 a) Chứng minh  un  là dãy bị chặn dưới. u1  b) Chứng minh dãy  un  có giới hạn hữu hạn khi n  . Hãy tìm giới hạn đó. Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC và nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H  E  AC, F  AB  . Đường thẳng EF cắt BC tại G. Lấy điểm T trên  O  sao cho  ATH  90o. Đường tròn ngoại tiếp tam giác GTO cắt EF tại K  K  G  . Chứng minh rằng a) Ba điểm G, T , A thẳng hàng. b) Đường thẳng OK vuông góc với đường thẳng AT. Câu 3 (4,0 điểm). Tìm tất cả các đa thức P  x  với hệ số thực, thỏa mãn điều kiện: P  x  P  x  2015  P  P  x   2015 x  với mọi số thực x. Câu 4 (4,0 điểm). Cho x1  1, x2  1, x3  1 và xn3  xn 2 xn1  xn với mọi số nguyên dương n. Chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên dương m, tồn tại số nguyên dương k sao cho xk chia hết cho m. Câu 5 (4,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 11n  xy  z 2  1   x 2  y2  z. --------------------------- HẾT ---------------------------  Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: ......................... LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 018 "Học tập là hạt giống của kiến thức, kiến thức là hạt giống của hạnh phúc." Ngạn ngữ Gruzia TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI Câu 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN - KHỐI:11 (đáp án gồm 03 trang) Nội dung a) Ta chứng minh un  1, n  1 bằng phương pháp Quy nạp. Điểm 3  1. 2 Giả sử un  1, với n  1. Ta chứng minh un1  1. Thật vậy ta có 9n  10 2 1 un1  un3  3un2  9un   1   un  5  un  1  4  1 n 1 n 1 Vì un  1 nên từ 1 suy ra un1  1. 1,0 Theo đề bài, ta có u1  1 . Do vậy un  1, n  1 hay  un  là dãy bị chặn dưới bởi 1. b) Ta chứng minh  un  là dãy giảm. 49 50 1   1  u1. 8 8 3 Giả sử ta có 1  un  un 1    u1  , với n  1. Ta chứng minh un1  un . 2 1,0 Thật vậy, ta có u2   Xét hiệu H   un1  1   un  1  u  u  2 2 3 n 3 n 1   3 u    un  un1  un2  unun1  un2 1  3un  3un1  9  u 2 n 1 1 1  n 1 n  1 1  9  un  un1    n 1 n 1,0  2. 1 1  nên từ  2  suy ra H  0, do đó suy ra un1  un . n 1 n  un , n  1. Vì 1  un  un1 và Suy ra un1 2 n Do vậy  un  là dãy giảm và bị chặn dưới. Suy ra dãy  un  có giới hạn hữu hạn khi n  . 3 . 2 Từ hệ thức truy hồi đã cho, suy ra Giả sử lim un  a, với 1  a  a  a3  3a2  9 a  9  1  3 . a  1 3 3 2 Với 1  a  , ta có  3  a  2 a  11a  8  0    a  3  41 . 2  2 Suy ra lim un  1. Nguồn: Lào Cai LÊ QUỐC TRUNG-0919522844-CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG! 1,0 019
- Xem thêm -