Đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 có đáp án

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/04/2014
Câu 1(4 điểm):
Giải hệ phương tr
ình:
3
3
2x 2y 2x y 2xy 1 1
3y 1 8x 2y 1
x 0

     


   





Câu 2 (4 điểm): Cho dãy
1
( )
n n
a



:
2
1 1
5 10
1; 1
5
n n
n
n
a a
a a n
a

 
   

.
a) Chứng minh dãy
( )
n
a
hội tụ và tính
lim
n
a
.
b) Chứng minh
1 2
5 5
1

2
n
a a a
n
n
   
  
.
Câu 3 (4 điểm): Gọi
, ,AD BE CF
là ba đường phân giác trong của tam giác
ABC
vuông ở
A
.
Đoạn thẳng
AD
cắt
EF
tại
K
. Đường thẳng qua
K
song song với
BC
cắt
,AB AC
lần lượt ở
,M N
. Chứng minh rằng:

 
2 2
.
2
MN AB AC

 
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số
:f  
thoả mãn
 
   
2 2
, , (1)f x y xf x yf y x y     
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng
từ các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100.
HẾT
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 11
Câu 1(4 điểm):
Giải hệ phương tr
ình:
3
3
2x 2y 2x y 2xy 1 1
3y 1 8x 2y 1
x 0


     


   





(Quảng Trị)
3
3
2 2 2 2 1 1 (1)
3 1 8 2 1 (2)
x y x y xy
y x y

     


   


(1)

      
2 1 2 1 2 1 1 0x y x y      
ĐK: (2x + 1)(y + 1)


0 Mà x > 0
2 1 0
1 0
x
y
 



 

(1)
   
2 1 1 2 1 2 1 0x y x y       
2 1 1 0x y    
2y x 
Thay vào (2):
3
3
6 1 8 4 1x x x   
   
3
3
6 1 6 1 2 2x x x x     
(3)
Hàm số f(t) = t
3
+ t đồng biến trên R
(3)
3

6 1 2x x  
3
1
4 3
2
x x  
NX: x >1 không là nghiệm của phương trình
Xét 0
x 
1: Đặt x = cos

với
0
2

 
Ta có:
1
cos3
2
 
2
9 3
2
9 3
k
k
 

 



 




  


(k
Z
) Do
0
2

 
9

 
Vậy hệ có nghiệm
cos ;2cos
9 9
 
 
 
 
1đ
1đ
1đ

1đ
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy
1
( )
n n
a


:
2
1 1
5 10
1; 1
5
n n
n
n
a a
a a n
a

 
   

.
ĐỀ SỐ 1
a) Chứng minh dãy
( )
n
a

hội tụ và tính
lim
n
a
.
b) Chứng minh
1 2
5 5
1
2
n
a a a
n
n
   
  
.
(Hải Phòng)
a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có:
3
1
2
n
a n  
.
Đặt A=
5 5
2

và xét hàm

2
5 10 10
( ) ( 5)
5 5
x x
f x x x
x x
 
   
 
.
Suy ra
 
2
10
3
'( ) 1 0 [1; ]
2
5
f x x
x
    

, như vậy
( )f x
nghịch biến trên
đoạn
1
[ ;1].
2

1,0
Dẫn đến
1 3 5 2 1
2 4 6 2


k
k
a a a a A
a a a a A

     


     

2 1
2
lim
lim
k
k
a b A
a c A

  



  


.
1,0
Kết hợp công thức xác định dãy ta
đư
ợc
2
2
5 10
5 5
5
2
5 10
5
c c
b
c
b c
b b
c
b

 





  


 





Vậy
lim
n
a
=
5 5
2

.
1,0
b) Nhận xét:
5 5
[1; )
2
t

 
thì
( ) 5 5t f t  
.
Dẫn đến
2 1 2
5 5
k k

a a

  
1k 
1 2 2 1 2
5 5
2
2
k k
a a a a k


     
(1)
Như vậy bất đẳng thức đúng với
2n k
.
Trường hợp
2 1n k 
, chú ý
2 1
5 5
2
k
a



, kết hợp với (1) thu được:
1 2 2 1 2 2 1

5 5
(2 1)
2
k k k
a a a a a k
 

      
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
1,0
Câu 3 (4 điểm): Gọi
, ,AD BE CF
là ba đường phân giác trong của tam giác
ABC
vuông ở
A
.
Đoạn thẳng
AD
cắt
EF
tại
K
. Đường thẳng qua
K
song song với
BC
cắt
,AB AC

lần lượt ở
,M N
. Chứng minh rằng:
 
2 2
.
2
MN AB AC

 
(Chu Văn An-Hà Nội)
Đặt
, ,BC a CA b AB c  
ta có
 
2
2 2 2
2
b c
a b c

  
suy ra
2
b c
a


.
1,0

Dùng tính chất đường phân giác tính được
,
bc bc
AF AE
a b a c
 
 
.
0,5
Dùng phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được
2 2 . 2
,
2
bc AE AF bc
AD AK
b c AE AF a b c
  
   
.
1,0
Từ đó
2 2
AK b c MN b c
AD a b c a a b c
 
  
   
.
1,0
Suy ra:

 
1 1 2 2
( ) ( )
2
2 2
2
MN b c b c AB AC
b c
a

     



.
0,5
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số
:f  
thoả mãn
 
   
2 2
, , (1)f x y xf x yf y x y     
(Thái Bình)
Đáp án:
Cho
0x 
, từ
 
1

suy ra
 
 
2
,f y yf y y   
Cho
0y 
, từ
 
1
suy ra
 
 
2
,f x xf x x   
.
Do đó (1) trở thành:
     
       
2 2 2 2
, , , , 0 *f x y f x f y x y f x y f x f y x y          
thay
y
bởi
y
từ
 
1
ta được :
 

   
       
2 2
, ,
f x y xf x yf y
yf y yf y y f x f x x
   
            
       
, ,yf y yf y y f x f x x           
, chứng tỏ
f
là hàm số lẻ. Do đó với mọi
0, 0x y 
ta có
   
 
       
     
 
 
   
       
, 0, 0 **
f x y f x y f x f y f x f y
f x f x y f y
f x y y f x y f y
f x y f x f y x y
        
   

     
       
Với mọi
0, 0x y 
ta có
       
 
   
 
     
***f x y f x y f x f y f x f y f x f y               
Kết hợp
   
* , ** ,(***)
và ta được
     
, ,f x y f x f y x y    
.
tính
 
 
2
1f x
theo hai cách. Ta có
 
 
 
   
 
   

     
 
     
   
 
2
2
2
1 2 1
1 1 2 1
1 1 2 1
1 ,
, ,
f x f x x
x f x f x f x f
x f x f xf x f x f
f x xf x
f x ax x a
   
     
     
   
    

 
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng
từ các số đó có thể chọn được một số số có tổng bằng 100.
(Yên Bái)
Đáp án:
Nếu tất cả các số bằng nhau thì tất cả các số là 2. Khi đó ta lấy 50 số 2 sẽ có tổng

là 100.
1,0
Giả sử
1 2
a a
ta xét 100 số có dạng
1 2 1 2 1 2 3 1 2 99
0 a ,a ,a a ,a a a , ,a a a 200       
1,0
Nếu có một số chia hết cho 100 thì số đó bằng 100 vì số đó bé hơn 200.
1,0
Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì trong 100 số phải có hai số đồng dư
trong phép chia cho 100 (vì các số dư nhận giá trị từ 1 đến 99) suy ra hiệu của
chúng chia hết cho 100 và hiệu hai số đó chính là tổng cần tìm
1,0
HẾT