Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ môn toán lớp 11 năm 2016 đề đề xuất trường THPT chuyên bảo lộc lâm đồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẢO LỘC

KỲ THI HSG KHU VỰC DH VÀ ĐBBB LẦN THỨ 9
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP : 11
Số Phách

Số phách
Câu hỏi 1: ( 4.0 điểm) Giải hệ phương trình sau
 y 4 x3  3x  5 x 2  y 2  x 2  y 2  4 x 2  8 


 3 2 x3  y 2  2 x 2  y  x  2  2 y  3x  1






5 x 2  y 2  0

Đáp án câu hỏi 1: ĐK:  y  6
x  0

Ta viết lại pt (1)

1

 x, y  

 2

 *





y 4 x 3  3 x  5 x 2  y 2  x 2  y 2  4 x 2  8   3 xy  y 5 x 2  y 2  x 2  y 2  4 xy  4 x 2   8 x 2 (3)

Nếu x  0 từ điều kiện (*) ta có y  0 không thỏa mãn hệ phương trình.
2

Nếu x  0 , chia hai vế của pt (3) cho x2  0 ta được
2

2

3y y
2
 y

5      y  2 x   8 (4)
x x
x
2

2

3y
y

3y  y 
 y
 y
 y

2
5  
    5     8  3
 1  8
x
x
x  2x 
x
x
 2x 
Mặt khác VP  4   8 . Khi đó VT (4)  VP  4  khi y  2 x , thế vào phương trình (2) ta được phương

Ta có VT  4  

trình:
Nh n

3

2 x3  2 x 2  x  2  x  1  x3  x 2  2 x  1  0

t r ng f  x  li n t c tr n R và ta có

Đặt f  x   x3  x 2  2 x  1

(5).

f  2   0, f  0   0 , f 1  0, f  2   0

nên phương trình f  x   0 có cả 3 nghiệm ph n iệt đều n m trong  2; 2 
Đặt x  2cosu, u   0;   . Khi đó sinu  0 và ( ) có ạng :
8cos3u  4cos2 u  4cosu  1  0 hay sinu  8cos3u  4cos 2 u  4cosu  1  0

 4sin u.cosu  2cos 2 u  1  4sin u.cos 2u  sin u  0  2sin 2u.cos2u  2sin 2u.cos u  sin u  0
 sin 4u   sin 3u  sin u   sin u  0  sin 4u  sin 3u

6


3
  3 5 
;
Giải pt ( ) ta thu được u   ;
 , khi đó vì x  0 n n ta chọn x  2 cos , x  2 cos
7
7
7 7 7 
Với x  2cos



ta được y  4cos



7
7
3
3
Với x  2cos
ta được y  4cos
7
7



 
3
3
Kết lu n: V y nghiệm của hệ đã cho là  x; y    2cos ; 4cos  ,  2cos ; 4cos
7
7 
7
7







Câu hỏi 2: ( 4.0 điểm)
u1 , u2  (0;1)

Cho ãy số thực (un ) thỏa mãn 

1 3
43
un  2  5 un 1  5 un , n  1

Chứng minh r ng ãy (un ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
Đáp án câu hỏi 2:
 x1  min u1 , u2 

Xét dãy ( xn ) : 
1 3 4
 xn 1  xn  3 xn
5
5

+ Ta thấy ngay xn  (0;1) .
xn3  3 xn  3 xn  3 xn  3 xn 5 133
1 3 43
+ Ta có xn1  xn 
xn 
 xn  xn .
5
5
5

V y ãy  xn  tăng, ị chặn tr n n n hội t , lim xn  a (0  a  1) .
1
4
Chuyển qua giới hạn ta được: a  a3  3 a  a  1 .
3
5

+ Ta sẽ chứng minh xn  u2n1; u2n  1 (*)

ng quy nạp theo n.

Ta có x1  u1; u2  1 . Giả sử xn  u2n1; u2 n  1.
1
4
1
4
Suy ra xn 1  xn3  3 xn  u23n  3 u2 n 1  u2 n 1  1
5
5
5
5
xn1 

1 3 43
1
4
1
4
xn 
xn  xn31  3 xn  u23n 1  3 u2 n  u2 n 2  1
5
5
5
5
5
5

V y (*) đúng với mọi n nguy n ương. Từ đó suy ra lim un  1 .


Câu hỏi 3: ( 3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp có các cặp cạnh đối không song song. Các đường
thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm E và các đường ch o AC và BD cắt nhau tại F. Đường tròn ngoại
tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai K. Chứng minh r ng hai đường thẳng EK và
FK vuông góc.
Đáp án câu hỏi 3:
 Gọi G là giao điểm của AD và BC, O là t m đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.
Ta ùng kí hiệu (ABC), (ABCD) tương ứng để chỉ đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, tứ giác
ABCD.
Ta có AD, BC, FK lần lượt là tr c đẳng phương của các cặp đường tròn (ABCD) và (ADF), (ABCD)
và (BCF), (ADF) và (BCF) n n AD, BC, FK đồng quy tại G hay F, K, G thẳng hàng.
 Không mất tổng quát ta giả sử F n m giữa K và G.
Ta có DKC  (1800  DKF )  (1800  CKF )  DAF  CBF 

1
1
DOC  DOC  DOC
2
2

(ta có thể ùng góc định hướng cho mọi trường hợp).
Suy ra các điểm D, C, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là (C1).

 Tương tự, các điểm A, B, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là (C 2).
Ta có AB, CD, OK lần lượt là tr c đẳng phương của các cặp đường tròn (ABCD) và (C 2),
(ABCD) và (C1), (C1) và (C2) n n AB, CD, OK đồng quy tại E hay O, K, E thẳng hàng.
 X t cực và đối cực đối với đường tròn (O), ta có GF là đối cực của E

n n GF vuông góc với OE
Mà G, K, F thẳng hàng; O, K, E thẳng hàng n n EK và FK vuông góc (điều phải chứng minh).
G

A
B
F

O

D

E

K
C


Câu hỏi 4: ( 3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn:

 

xf  xy   xyf  x   f x 2 f  y   x 2 y ,x , y  R

Đáp án câu hỏi 3:




    x  f  x    0 (1)

Cho =y ta được x 2  f x 2


 Cho =1, y=1 ta được f 1  1
 Cho y=1 ta được 2xf  x   f  x   x   f  x    f  x    f  x   x 
Bây giờ, giả sử tồn tại a  0 sao cho a  f a .
(1)   a  f  a    a  f a    0  a  f a   0  f a   a


Cho =0, y=0 ta được f 0  0

2

2



2

2

 



2

2

  

2

2



2



2



(2)  f a  a  f a  f a2  f a  a2  f a  a f a  a



2

2



2

2





vì f a  a  0 nên ta có f a  a  f a  a  2a  0 vô lý

 

 

vì v y f x  x ,x  0  f x 2  x 2 , x

(1)  x  f  x  ,x  R  f  x   x ,x  0

 x  0, y  0  x  yf  x   xf  y   0  yf  x   xf  y  (3)
Thay x ởi y từ (3) xf  y   yf  x   xf  y   yf  x   f  x   cx ,x  0
(2)  2xf  x   f  x   x  2x  x  f  x   x   0  f  x   x ,x  0
2

2

2

 

vì v y f x  cx ,x  0 với c  1 .

khi x  0
x
Thử lại thấy thỏa mãn

cx khi x  0, c  1

Từ đó ta được f  x   

(2)


Câu hỏi 5: (3 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của P  a2  b2 , trong đó a, b là các số nguy n thoả

mãn 1  a; b  2014 và (b 2  ab  a 2 ) 2  1.
Đáp án câu hỏi 5:

Ta

t các nghiệm nguy n ương ( x; y) của phương trình: ( x 2  xy  y 2 ) 2  1 (1) với x  y .

Gọi (b; a) là một nghiệm như thế ( b  a )
+ X t ộ (a  b; b) ta có:  (a  b)2  (a  b)b  b 2    (b 2  ab  a 2 )   1
2

2

Suy ra (a  b; b) cũng là một nghiệm của (1)
Rõ ràng (2; 1) là một nghiệm của (1), n n ta có các ộ sau cũng là nghiệm của (1):

(3;2), (5;3), (8;5), (13;8), (21;13),(34;21),...
+ X t ộ (a; b  a) ta có:  a 2  a(b  a)  (b  a) 2    (b 2  ab  a 2 )   1
2

2

Suy ra (a; b  a) cũng là một nghiệm của (1).
- Nếu a  b  a  b  2a  b(b  a)  2a 2  b 2  ab  a 2  1 (a  1) (vô lí)
- Nếu a  b  a thì ộ (a; b  a) là một nghiệm của (1) nhỏ hơn nghiệm (b; a) .
Quá trình phải ừng lại và kết thúc ở nghiệm (b;1) (b  1) . Chú ý th m r ng (2; 1) là ộ uy
nhất thoả mãn (1) mà b  1.
Tóm lại tất cả các nghiệm nguy n ương của (1) sẽ là:  Fn ; Fn 1  với n  2 trong đó ãy số
F  F  1

 Fn  :  1 2
 Fn 1  Fn  Fn 1 n  2
Như v y giá trị lớn nhất của P

ng giá trị lớn nhất của Fn21  Fn2 với Fn  2014.

Dãy các số hạng của ãy Fi onacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, , 8, 13, 21, 3 ,
377, 610, 987, 1597.
V y giá trị lớn nhất của P

ng 9872  15972 .

, 89, 1

, 233,


Câu hỏi 6: ( 3 điểm)

Cho t p hợp gồm 201 phần tử sau: 1; 2; 3;.....; 2014 . Cần loại ỏ ít nhất ao nhi u phần tử
khỏi t p hợp tr n, sao cho t p hợp còn lại có tính chất: không có phần tử nào

ng tích hai

phần tử còn lại khác.
Đáp án câu hỏi 6:

Trước hết, ta loại ỏ các số 2, 3, , , …..,
{1;

; 6;…..;201 } thỏa mãn đề ài.

Th t v y, nếu trong 2 số có một số
x {

, và chứng minh t p các số còn lại là

ng 1 thì hiển nhi n 1.x  x  y luôn đúng với mọi

; 6;…..; 201 } và y  { ; 6;…..; 201 }\{x}.

Nếu không số nào

ng 1, tức là x, y  {

; 6;…..; 201 } và x  y , thì xy  452  2025  2014

sẽ không thuộc t p đã cho.
Như v y, ta đã chỉ ra một cách loại ỏ 3 phần tử thỏa mãn đề ài.
B y giờ, ta

t một cách loại ỏ ất kỳ ít hơn 3 phần tử.

X t 3 ộ số:

(2; 87; 2  87)
(3; 86; 3  86)
(4; 85; 4  85)
…………….
(44; 45; 44  45)

Do tất cả các số trong các ộ tr n đôi một khác nhau, và ta chỉ loại ỏ ít hơn 3 phần tử, n n
trong t p còn lại sẽ chứa ít nhất một trong số các ộ tr n. Bộ a số ấy sẽ không thỏa mãn đề
ài, n n cách loại ỏ đang

t cũng không thỏa mãn ài toán.

V y ta cần loại ỏ ít nhất 3 phần tử.