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 Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI
MÔN TOÁN LỚP 11.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
Câu 1 (4 điểm) Ký hiệu
[ ]
x
là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Giải phương trình
[ ]
( )
2
1 2015 0.x x x− + + =
Câu 2 (4 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
2
2
4 8 7 1
2 6 2 4 1.
x y y x
x y y x x y

− + + = + −


− + − + − = +


Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm
:f →¥ ¥
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, ta có
f(a).f(b)=f(ab)
ii) Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ
dài ba cạnh là f(a), f(b) và f(a+b-1).
Câu 4 (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hai đường cao AD, BE. OD cắt BE tại K, OE cắt
AD tại L. Gọi M là trung điểm AB. Chứng minh rằng K, L, M thẳng hàng khi và chỉ khi
bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 5 (4 điểm) Cho số nguyên
2n ≥
. Chứng minh rằng trong mọi họ gồm ít nhất
1
2 1
n−
+
tập hợp con không rỗng phân biệt của tập
{ }
1,2, ,n
đều tìm được ba tập hợp mà một
trong chúng là hợp của hai tập còn lại.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG.
ĐÁP ÁN ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ DUYÊN HẢI
LỚP 11.
CÂU NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 1
(4

điểm)
Ta có
0.x ≠
pt
[ ]
2 2
2015 2015
x 1 x x 2015.
x x x x
x
x x
− + − +
⇔ = ⇔ − < ≤ ⇔ ≥
1,0
[ ]
( ) ( )
( )
( )
2
2
2015 1 2015 0
1 1 8060
*
2
x a a x a x
a a
x
= ∈ ≥ ⇒ − + + =
+ ± + −
⇔ =

¢
1,0
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 2
2015 1 2015 0
1 1 8060
2015 (t/ m);
2
1 1 8060 1 1 4
2015
2 2
Do a x a x
a a
x
a a a a a
loai
≥ ⇒ − + + =
+ + + −
⇔ = ≥
+ − + − + − + −
≤ <
1,5
Vậy
( )
2

1 1 8060
; ; 2015
2
a a
S a a
 
+ + + −
 
= ∈ ≥
 
 
 
¢
0,5
Câu 2
(4điểm
)
Điều kiện :
1
0 4
y
x
≥ −


≤ ≤

( )
( )
( ) ( ) ( )

( )
( )
2
2 2
2
2
2
2 6 2 4 1
2 4 2 2 6 4 1 2 1
2 2 1 1 1 2 1
2 1 1 0
1
x y y x x y
x xy y x y x y x y
x x y y y x x y
y x x y
y x
− + − + − = +
⇔ − + − + + = + + + +
 
⇔ − + + + + + + = +
 
⇔ + − + − + =
⇔ = −
1,5
Thế vào pt đầu ta được
( )
( )
2
2

2
4 7 5
3 3 1 4 2 7
1 1
3 3 1
1 4 2 7
x x x x
x x x x x x
x x
x x x x
− + + = +
⇔ + − + + − − + + − +
 
⇔ + − + +
 ÷
+ + − + + +
 
2,0
2
3 21
2
3 3 0
5 21
2
x
x x
y

− +
=



⇔ + − = ⇒

− +

=


0,5
Câu 3
(4
điểm)
Từ đk 2, với mọi bộ a, b nguyên dương, ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 ;
1 ;
1 ;
f a f b f a b
f a f a b f b
f a b f b f a
+ > + −
+ + − >
+ − + >
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )

2
2
2: 4 2 ;2 2 3 .
a 3;b 2: 2 3 4
2 4 2 3 2 2 2 3 2
2 1 or 2 2.
a b f f f f
f f f
f f f f f f f
f f
= = = >
= = + >
= < + < + =
⇒ = =
Nếu f(2)=1. Do 2f(2)>f(1) nên f(1)=1.
1.0
Quy nạp chứng minh f(n)=1 với mọi n nguyên dương.
Cho a=n; b=2 : f(n+1)<f(n)+f(2)=2, nên f(n+1)=1.
Nếu f(2)=2, bằng quy nạp chứng minh được
( )
( )
( )
( )
1
2 2 . 2 2 2
(4) (2) (3) 2 (2) (3) 3.
k
k k k
f f f f
Do f f f f f

−
= = = =
− < < ⇒ =
1.0
Quy nạp chứng minh f(n)=n với mọi n >=2
Cho a=n-1; b=2 ta có f(n)<f(n-1)+f(2)=n+1, nên f(n)<=n.
Lấy r là số nguyên lớn nhất sao cho 2
r
không vượt quá n.
Nếu 2
r
=n thì theo chứng minh trên có f(n)=n
1.0
Nếu n= 2
r
+s với
1 2
r
s≤ <
.
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
2 ; 2 1.
Ta co 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1
2 2 1 2 2 1 2 1 1

r r
r r r r r
r r r r r
a n s b s
f s s f n f s f s s
f n f f s s s n
f n n
+ +
= = + = − +
− + = − + ⇒ + − + > + + − + −
> − − + = − − + = + − = −
⇒ ≥
f(n)=n với mọi n >=2.
Do f(1)<2f(2)=4 nên f(1) bằng 1, 2 hoặc 3.
Vậy f(n)=1 với mọi n nguyên dương
Hoặc f(n)=n với mọi n>=2; f(1) thuộc {1,2,3}.
1.0
Câu 4
(4
điểm)
Sử dụng Menelaus cho tam giác HAB và 3 điểm K, L, M thẳng hàng
Vậy
( )
( )
1 (1)
(2); (3).
1 1
. ; .R . .c osA. cos
2 2
1 1

. ; .R . .c osA. cos
2 2
BOD AOE
HOD HOE
AOE
BOD
KB LM MA KB LA
KH LA MB KH LH
S S
KB LA
KH S LH S
S AE d O AE AB B
S AE d O AE AB
× × = ⇔ = −
= =
= =
= =
Do đó hệ thức xảy ra khi và chỉ khi
/ /
HOE HOD
S S OH DE= ⇔
hoặc OH đi qua
trung điểm P của DE.
2,0
Câu 5
Qua C kẻ tiếp tuyến d với đường tròn (C) thì d song song với DE.
Do CO vuông góc với d nên CO vuông góc với DE.
Nếu OH đi qua P thì P là trung điểm của OH, hay EDOH là hình bình hành, suy
ra EO và HD song song (trái giả thiết).
Vậy K, L ,M thẳng hàng khi và chỉ khi OH song song với DE, hay OH vuông

góc với CO, tương đương C, D, O, H cùng thuộc đường tròn đường kính CH.
1,5
Giải bằng quy nạp
Với n=2 ,ta có {1;2}={1}U{2}.
Với n>=2, giả sử có 2
n
+1 tập con không rỗng của tập {1,2, ,n+1}
0.5
Nếu ít nhất trong 2
n-1
+1 tập hợp trong chúng không chứa n+1, theo giả thiết quy
nạp ta có đpcm.
Nếu ít nhất 2
n-1
+2 tập hợp chứa n+1 thì bỏ n+1 ra khỏi các tập hợp này và ta áp
dụng giả thiết quy nạp
1.5
Nếu có đúng 2
n-1
tập con không chứa n+1 thì có đúng 2
n-1
tập con chứa n+1 (có
nhiều hơn 1 phần tử) và tập {n+1}
Loại bỏ n+1 trong những tập con này ta được 2
n
tập con khác rỗng của tập
{1,2, ,n},
1.0
và do đó trong chúng phải có hai tập trùng nhau, gọi đó là A.
Do vậy AU{n+1}=B

{ }
1,2, , 1n⊂ +
(đpcm)
1,0
Người ra đề: Trần Thị Hà Phương - đt: 0983207082