Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 11 của trường chuyên NAM ĐỊNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG
TỈNH NAM ĐỊNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VIII - NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN - LỚP 11
Thời gian: 180 phút
Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2
3
2
1
2 1
3 2 3
2 1
2 3 5 7 2
− +
+ +

 
+ +
= + − −

 ÷
+ +
 



+ = −

log
.
x y
x y x y
x y
x x
x
Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số
( )
n
x

xác định bởi:

*
1 1
2 3 2014 2015
1 2 3 2014 2015
0; , .
n n
n n n n n
x x x n
x x x x x
+
> = + + + + + + ∀ ∈
¥
1. Với mỗi

*
n∈¥
, đặt
2
n
n
n
y
x
=
. Chứng minh dãy số
( )
n
y

có giới hạn hữu
hạn và tính giới hạn đó.
2. Tìm các số
α
để dãy
( )
n
nx
α
có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số
khác 0.
Bài 3: (4 điểm)
Cho hai đường tròn
( )
O

1
và
( )
O
2
cắt nhau tại
,A B
.
,AX AY
lần lượt là
các đường kính của
( )
O
1
và
( )
O
2
. Gọi
O
là trung điểm của
XY
;
I
là điểm thuộc
đường phân giác của góc
·
XAY
sao cho
OI

không vuông góc với
XY
và
I
không
thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua
A
vuông góc với
AI
lần lượt cắt các
đường tròn
( )
O
1
,
( )
O
2
tại các điểm
,E F
khác
A
.
IX
cắt đường tròn
( )
O
1
tại
điểm thứ hai

K
,
IY
cắt đường tròn
( )
O
2
tại điểm thứ hai
L
.
1. Gọi
C
là giao điểm của
EF
với
IX
. Chứng minh rằng
OE
là tiếp tuyến
của đường tròn
( )
CEK
.
2. Chứng minh rằng 3 đường thẳng
, ,EK FL OI
đồng quy.
Bài 4: (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức
( )
[ ]
P x x∈¡

thỏa mãn
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
P a P b P c P a b c+ + = + +
Với mọi
, ,a b c∈¡
thỏa mãn
0ab bc ca+ + =
.
Bài 5: (4 điểm) Cho số nguyên dương
n ≥ 3
.
Chứng minh rằng tập hợp
{ }
; ; ; ;X n n= −
2
1 2 3
có thể chia thành hai tập
con không giao nhau sao cho không tập nào trong chúng chứa
n
phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <

1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1
.
HẾT
ĐỀ DỮ LIỆU
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 NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN - LỚP 11
Bài Nội dung
Điểm
1
(4
điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )

( )
( )
( )
2
3
2
1
2 1
3 2 3 1
2 1
2 3 5 7 2 2
− +
+ +

 
+ +
= + − −

 ÷
+ +
 


+ = −

log
.
x y
x y x y
x y

x x
x
Điều kiện:
2 1 0x y
+ + >
Ta có
( )
1 3
2 10. 5. 7 2 0
5 5
x y x y
x y
+ +
+
   
⇔ + − + =
 ÷  ÷
   
0,5
Đặt
t x y
= +
ta có phương trình
1 3
10. 5. 7 2 0
5 5
t t
t
   
+ − + =

 ÷  ÷
   
(*)
Xét hàm số
( )
1 3
10. 5. 7 2
5 5
t t
t
f t
   
= + − +
 ÷  ÷
   
với
t
∈
¡
Ta có
( )
1 1 3 3
' 10. ln 5. ln 7 ln7 0
5 5 5 5
t t
t
f t t
   
= + − < ∀ ∈
 ÷  ÷

   
¡
Nên hàm số
( )
f t
nghịch biến trên
¡
Mà
( )
1 0f
=
suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất
1t
=
Với
1t
=
ta có
1x y+ =
1,0
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
3 3
2 2

3 3
2 2
3 3
2 2 1 2 1 3 2 3 3
2 2 1 3 2 3 3
2 3 2 2 1 3 2 1
⇔ + + − + + = + − −
⇔ + − + + = + − −
⇔ + + + = + + + + +
log log
log log
log log **
x y x x x
x x x x
x x x x
1,0
Xét hàm số
( )
3
log 3g t t t= +
với
0t
>
ta có
( )
1
' 3 0 0
ln3
g t t
t

= + > ∀ >
( )
g t
⇒
đồng biến trên
( )
0;
+ ∞
Do đó phương trình
( )
**
có dạng
( )
( )
( )
2 2 2
2
2
2 2 1 2 2 1 2 1
1 0
1
1
2 1
2
2 1
g x g x x x x x
x
x
x
x

x x
+ = + + ⇔ + = + + ⇔ + = +
+ ≥

≥ −


⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
+ = +



1,0
Với
1
2
x
=
ta có
1
2
y
=
(thỏa mãn điều kiện
2 1 0x y
+ + >
)
Vậy hệ có nghiệm

( )
1 1
; ;
2 2
x y
 
=
 ÷
 
0,5
Bài Nội dung
Điểm
2
(4
điểm)
Cho dãy số
( )
n
x

xác định bởi:

*
1 1
2 3 2014 2015
1 2 3 2014 2015
0; , .
n n
n n n n n
x x x n

x x x x x
+
> = + + + + + + ∀ ∈
¥
1. Với mỗi
*
n∈¥
, đặt
2
n
n
n
y
x
=
. Chứng minh dãy số
( )
n
y

có giới hạn
hữu hạn và tính giới hạn đó.
2. Tìm các số
α
để dãy
( )
n
nx
α
có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số

khác 0.
1. Từ giả thiết suy ra
2 2 2
1 1
2
1 1
0 2 2
n n n n n
n n
x x x x x
x x
+ +
> + > ⇒ > + + > +
Suy ra
2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
n n n
x x x x n
+ −
> + > + > > +

Do đó
lim
n
x
= +∞
0,5
Xét
( ) ( )

2 2
1 1 1
2 3 2014 2015 2 3 2014 2015
1 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015
2
n n n n n n n
n n n n n n n n n n
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
+ + +
   
− = + − = + + + + + + + + + + +
 ÷ ÷
   
2 3 4 2015 2016 2 2013 2014
1 2 3 2014 2015 2 3 2014 2015
2 1
n n n n n n n n n
x x x x x x x x x
  
= + + + + + + + + + + +
 ÷ ÷
  
Suy ra
( )
2 2
1
lim 2
n n
x x

+
− =
1,0
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 2 1 1

n n n n
n
x x x x x x x
x
n n
− − −
− + − + + − +
=
Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 2 1 1

lim lim 2
n n n n
n
x x x x x x x
x
n n
− − −

− + − + + − +
= =
Do đó
2
1
lim
2
n
n
x
=
1,0
2. Xét
2
2
n n n
n
n
z nx x
x
+
= =
α α
0,5
Từ đó:
+) Nếu
2> −
α
thì
lim

n
z
= +∞
+) Nếu
2< −
α
thì
lim 0
n
z
=
+) Nếu
2= −
α
thì
1
lim
2
n
z
=
Vậy
2= −
α
là giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài.
1,0
Bài Nội dung
Điểm
3
(4

điểm)
Cho hai đường tròn
( )
O
1
và
( )
O
2
cắt nhau tại
,A B
.
,AX AY
lần lượt là các
đường kính của
( )
O
1
và
( )
O
2
. Gọi
O
là trung điểm của
XY
;
I
là điểm thuộc
đường phân giác của góc

·
XAY
sao cho
OI
không vuông góc với
XY
và
I

không thuộc hai đường tròn . Đường thẳng đi qua
A
vuông góc với
AI
lần lượt
cắt các đường tròn
( )
O
1
,
( )
O
2
tại các điểm
,E F
khác
A
.
IX
cắt đường tròn
( )

O
1
tại điểm thứ hai
K
,
IY
cắt đường tròn
( )
O
2
tại điểm thứ hai
L
.
1. Gọi
C
là giao điểm của
EF
với
IX
. Chứng minh rằng
OE
là tiếp
tuyến của đường tròn
( )
CEK
.
1. Chứng minh rằng 3 đường thẳng
, ,EK FL OI
đồng quy.
S

D
C
F
E
L
K
O
Y
X
B
A
O
1
O
2
I
1. Không mất tính tổng quát giả sử
I
là điểm thuộc đường phân giác trong của
góc
·
XAY
.
Ta có tứ giác
AO OO
1 2
là hình bình hành nên suy ra
||OO HY
1
Lại có

( ) ( ) ( ) ( )
, , , mod ||EA EO AO AE AF AO EO HY
π
= = ⇒
1 1 2 1
Do đó
, ,O O E
1
thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có
, ,O O F
2
thẳng hàng
0,5
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
, , , ,
, , mod
CE CK AC AK AK CK AC AK
O E O K EO EK
π
π
π
= + = +
= + =
1 1 1
2
1
2 2

uuuur uuuur
Do đó
OE
là tiếp tuyến của đường tròn
( )
CEK
0,5
Bài Nội dung
Điểm
2. Ta có
·
·
AKI ALI= =
0
90
nên 4 điểm
, , ,A I K L
cùng thuộc đường tròn đường
kính
AI
.
Mà
EF AI⊥
nên suy ra
EF
là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
AI
.
Do đó
( ) ( ) ( )

, , modAE AK LA LK=
π
(1)
0,5
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , , , , modKE KA XE XA XE EA AE AX AE AX
= = + = +
π
π
2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , , , , modAY AF AF FY AY AF AY FY LA LF= + = + = =
π
π
2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , , , , , modEF EK EA AK AK EK LA LK LF LA LF LK= + = + =
π
Vậy 4 điểm
, , ,E F L K
cùng thuộc một đường tròn.
0,5
Gọi
S
là giao điểm của
EK

và
FL
Vì 4 điểm
, , ,E F L K
cùng thuộc một đường tròn nên ta có
( ) ( )
/ /
. .
S CEK S DFL
SE SK SF SL P P= ⇒ =
(3)
0,5
Ta có
( ) ( )
/ /
. .
I CEK I DFL
IC IK ID IL IA P P= = ⇒ =
2
(4) 0,5
Gọi
D
là giao điểm của
EF
với
IY
Chứng minh tương tự câu 1) ta có
OF
là tiếp tuyến của đường tròn
( )

DFL
Mặt khác tứ giác
EFYX
là hình thang vuông tại
,E F
và
O
là trung điểm của
XY
nên suy ra
OE OF=
. Do đó
( ) ( )
/ /O CEK O DFL
P OE OF P= = =
2 2
(5)
0,5
Từ (3), (4), (5) suy ra
, ,S O I
cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn
( ) ( )
,CEK DFL
nên
, ,S O I
thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng
, ,EK FL OI
đồng
quy tại
.S

0,5
*) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của
điểm
I
(
I
nằm ngoài các đoạn
,XK YL
và
I
nằm trong các đoạn
,XK YL
)
4
(4
điểm)
Tìm tất cả các đa thức
( )
[ ]
P x x
∈
¡

thỏa mãn
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1P a P b P c P a b c
+ + = + +
với mọi
, ,a b c

∈
¡
thỏa mãn
0ab bc ca+ + =
.
Giả sử
( )
P x

là đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trong (1) cho
0a b c= = =
ta được
( )
0 0P =
Với mọi
x∈¡
, ta có bộ
( )
6 ; 3 ; 2x x x−
thỏa mãn điều kiện
0ab bc ca+ + =
Do đó thay vào (1) ta được
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
6 3 2 7 ,P x P x P x P x x+ + − = ∀ ∈¡
(2)
1,0
*) Nếu
( )

P x

là hằng số thì suy ra
( )
0,P x x= ∀ ∈¡
*) Nếu
( )
P x

khác hằng số. Giả sử
( )
( )
0
0
n
i
i n
i
P x a x a
=
= ≠
∑
Thay vào (2) ta có:
( )
2 2 2 2
0 0 0 0
6 3 2 7
n n n n
i
i i i i i i i

i i i i
i i i i
a x a x a x a x
= = = =
       
+ + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
∑ ∑ ∑ ∑
1,0
Bài Nội dung
Điểm
4
(4
điểm)
So sánh hệ số cao nhất ở cả 2 vế ta được:
( )
2 2
36 9 4
36 9 4 49 1 1
49 49 49
n n n
n n n n
n n
a a n
     
+ + = ⇔ + + = ⇔ =
 ÷  ÷  ÷
     
(do vế trái là hàm nghịch biến trên

¡
)
1,0
Do đó
( )
deg 1P x =
. Kết hợp với
( )
0 0P =
ta suy ra
( )
,P x mx x= ∀ ∈¡
0,5
Thử lại thấy đa thức
( )
,P x mx x= ∀ ∈¡
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất cả các đa thức cần tìm là
( )
,P x mx x= ∀ ∈¡
(
m
là hằng số bất kì)
0,5
5
(4
điểm)
Cho số nguyên dương
n ≥ 3
. Chứng minh rằng tập hợp

{ }
; ; ; ;X n n
= −
2
1 2 3
có thể chia thành hai tập con không giao nhau sao cho
không tập nào trong chúng chứa
n
phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1

.
Đặt
{ } { }
; ; ; ; ; ; ;
k k
S k k k k k T k k k k= − + − + = + + +
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
;
n n
k k
k k
S S T T
− −
= =
= =U U
1 1
1 1
. Ta chứng minh
,S T
là các tập con cần tìm của
X
Dễ dàng thấy
S T = ∅I
và
S T X=U
1,0
Ta chứng minh phản chứng. Giả sử
S
gồm các phần tử

, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1
.
Khi đó ta có
k k k k
a a a a
− +
− ≤ −
1 1
, với mọi
; ; ,k n= −2 3 1

(1)
Nếu
i
a S∈
1
., ta có
i n< −1
do
n
S n
−
<
1
. Suy ra tồn tại ít nhất
i
n S n i− = −

phần tử thuộc
{ } ( )
; ; ;
n i i n
a a a S S S
+ + −
I UUU
1 2 1 2 1
.
1,0
Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một tập
( )
,

j
S i j n< <
chứa ít nhất 2
phần tử trong số các phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
.
Tức là tồn tại
k
a
sao cho
,
k k j
a a S
+
∈
1
và

k j
a S S S
− −
∈ U U U
1 1 2 1
.
Khi đó ta có
;
k k j k k j

a a S j a a T j
+ − −
− ≤ − = − − ≥ + =
1 1 1
1 1 1
Suy ra
k k k k
a a a a
+ −
− < −
1 1
. Điều này, mâu thuẫn với (1)
Vậy
S
không chứa các phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +

+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1
.
1,0
Chứng minh tương tự ta cũng có tập
T
không chứa các phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2

với mọi
; ; ,k n= −2 3 1
.
Vậy
,S T
là các tập con cần tìm của
X
.
1,0
Người ra đề: Nguyễn Hoàng Cương ĐT: 0914521894