Đề thi, đáp án chính thức 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.PDF

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII
MÔN TOÁN - KHỐI 11
Ngày thi: 18/04/2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 05 câu; gồm 01 trang)
Câu 1( 4 điểm ). Giải hệ phương trình
6 3 2 2 2
3 2 2 2
2 10
( , ).
4 (2 1) 28 3 2 4( 1) 4
x x y xy x y
xy
x y y x y xy

   



      



Câu 2 ( 4 điểm). Cho dãy số
 
2

11
1
2, 1
1
n
n
n
u u n
u


   

. Tính giới hạn
lim
n
n
u
n

.
Câu 3 ( 4 điểm). Cho hai đường tròn
 
O
1
và
 
O
2
cắt nhau tại

,AB
.
,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
,EF
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 ngoại tiếp tam giác
CEK
.
2. Chứng minh rằng ba đường thẳng
,EK FL

và
OI
đồng quy.
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số
:f 
thỏa mãn:
11
( ( )) ( ) ( ) , ,
22
f x xy f y f x f y x y
  
      

  
  
.
Câu 5 ( 4 điểm). Một bảng ô vuông kích thước 3x3 được gọi là bảng “ 2015- hoàn thiện” nếu
tất cả các ô của nó được điền bởi các số nguyên không âm ( không nhất thiết phân biệt ) sao
cho tổng các số trên mỗi hàng và mỗi cột đều bằng 2015.
Hỏi có tất cả bao nhiêu bảng “ 2015- hoàn thiện” sao cho số nhỏ nhất trong các số ở các ô
trên đường chéo chính nằm ở vị trí tâm của bảng ?
( Đường chéo chính của bảng vuông là đường nối ô vuông ở góc trên cùng bên trái với ô
vuông ở góc dưới cùng bên phải. )
HẾT
Họ và tên thí sinh ……………………… SBD………………………




ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
( Hướng dẫn chấm này có 05 trang)
Câu
Ý
Nội dung chính cần đạt
Điểm
Câu 1

6 3 2 2 2
3 2 2 2
2 10 (1)
4 (2 1) 28 3 2 4( 1) 4 (2)
x x y xy x y
x y y x y xy


   


      




Điều kiện :
 
10
042
10
04)1(4
0
2
22
22















xy
yx
xy
xyyx
yxxy

0,5
Ta có :
2
2 2 2 2
1 1 1 1
4 2 4 2
xy x y xy xy x y

       


( dấu = xảy ra
khi xy =
2
1
)
0,5
Do đó từ (1)
12042
236
 yxx

(3)
0,5
Từ (2) và (3) ta suy ra :
4)2(2204242848
2236233
 yxyxxyxyx



 
4228248
2
263
 yxyxyx


 
42424
2
263
 yxyxyx


 
 
4222
2
2
3
 yxyx

(4)

Ta lại có
 
 
2422
2
2
3
 yxyx

0,5
Do đó (4)






02
02
3
yx
yx








0
0
y
x
hoặc







2
1
1
y
x
hoặc







2
1
1
y

x

0,5
Thử lại ta thấy chỉ có







2
1
1
y
x
là nghiệm của hpt.
0,5
Câu 2

Ta chứng minh quy nạp
2
1, 1
1
n
n
u n n
n
    


1,0
Rõ ràng khẳng định đã đúng với
1
u
.
Giả sử đã có
2
1, 1
1
k
k
u k k
k
   


ta chứng minh
 
2
1
1
2
2
k
k
uk
k



  

.
1,0
Thật vậy
 
2
2
1
1
( 1)
1
12
kk
k
k
k
u k u
uk



    


 
2
22
1
2

2
1
( 1) 1
22
1 1 1
1
1
kk
k
k
kk
u u k k
k
k u k k
k



        
   



1,0
Vậy ta có
2
1, 1 lim 1
1
n
n

n
nu
u n n
nn

      

.

1,0
Câu 3

1
1. Không mất tính tổng quát giả sử
I
là điểm thuộc đường phân giác
trong của góc
XAY
.
Ta có tứ giác
AOOO
12
là hình bình hành nên suy ra
||OO AY
1

Lại có
       
, , , mod ||EA EO AO AE AF AO EO AY


  
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



   
  
1 1 1
2
1
22

Do đó
OE
là tiếp tuyến của đường tròn
 
CEK


0,5
2
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


(1)


0,5

Mặt khác

       
   
, , , ,
, mod
KE KA XE XA XE EA AE AX
AE AX


   

2






0,5
S
D
C
F

E
L
K
O
Y
X
B
A
O
1
O
2
I
          
, , , , , modAY AF AF FY AY AF AY FY LA LF     


2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
             
, , , , , , modEF EK EA AK AK EK LA LK LF LA LF LK    


Vậy 4 điểm
, , ,E F L K
cùng thuộc một đường tròn.
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
,EF
và
O
là trung
điểm của
XY
nên suy ra
OE OF
. Do đó
   
//O CEK O DFL
P OE OF P  
22
(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
)

Câu 4

Dễ thấy hàm

f
hằng không thỏa mãn. Ta xét
f
không hằng.

0,5
11
( ( )) ( ) ( ) , , (1)
22
f x xy f y f x f y x y
  
      
  
  

Trong (1) cho y=-1 ta được:
11
( ( 1)) ( ) ( 1) , (2)
22
f f f x f x
  
      
  
  

Rõ ràng nếu
1
( 1) 0
2
f   

thì
f
là hàm hằng. Do đó:
11
( 1) 0 ( 1)
22
ff      




0,5
Ta sẽ chứng minh:
1
( ) 0 1
2
f x x    
.






Thật vậy, giả sử tồn tại
1a 
sao cho
1
()
2

fa


.
Trong (1) chọn
ya
ta có:
1
( ) 0,
2
f ax x x    
.
Mâu thuẫn vì
f
không là hàm hằng. Do đó ta có:
1a 
.


1,0
Chú ý là
1
( 1)
2
f   
nên từ (2) ta có :
1
( ) 0
2
f



.
Trong (1) chọn
1
()
2
, ( 1)
1
fy
xy
y

  

ta được:
1 1 1
( ) ( ) ( )
11
2 2 2
( . ( )) (f( ) )( ( ) )
1 1 1 2 2
1
()
1 1 1
2
(f( ) )( ( ) ) ( ) 0, 1
1 2 2 2
f y f y f y
f y f y f y

y y y
fy
f y f y
y
     
    
  

        










1,0
11
( ) ( )
1
22
( ) , 1 1, 1
1 2 1
f y f y
f y y
yy
   

           


Suy ra
1
( ) , 1
2
f y y y    

Do
1
( 1)
2
f   
nên
1
( ) ,
2
f x x x   
.
Thử lại ta có hàm số cần tìm là
1
( ) ,
2
f x x x   
.

0,5





0,5
Câu 5

Ta giải bài toán trong trường hợp lập bảng “
m
hoàn thiện” kích
thước 3x3.
Gọi
, , ,x y z t
lần lượt là các số điền được ở đường chéo chính và ô ở vị
trí dòng 1 cột 2 , khi đó các số còn lại ở các ô được xác định duy nhất
như hình bên dưới
x

t

m x t

m z x y t

y

x t z

y t z

m y t

z






2,0




Vì các số được điền là không âm và
y
là số nhỏ nhất trong các số ở
đường chéo chính nên các điều kiện sau phải thỏa
, , , 0; ; ; ;
; min , ,
x y z t x t m x t z z y t m
x y t m z y x y z

Các điều kiện trên có thể rút gọn lại thành
0 min , , ; ; *y x y z x t m z y t

Khi đó

02y y t z x y t z x t m
.
Ta thấy rằng bộ bốn số không âm
;2 ; ;y y t z x y t z x t
sắp
theo thứ tự tăng dần xác định duy nhất bộ các số
, , ,x y z t
thỏa mãn
*
và
tương ứng với một cách lập bảng “
m
hoàn thiện”. Do vậy, số cách lập
được là
4
4m
C

Áp dụng với
2015m
được kết quả là
4
2019
C

1,0







1,0

Chú ý khi chấm:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho
điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu,
phần đó.
2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả
tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.
3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và
ghi vào biên bản.