Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án

Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TỈNH BẮC GIANG
(§Ò giíi thiÖu)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT
VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN TOÁN 11

Câu I (4 điểm). Giải hệ phương trình sau

 x+ y
x− y 
2
2
+
 2 xy + y x − y = 14 
÷
2
2 ÷




3
3
  x+ y
 x− y
 

÷ + 
÷ = 9,
 2 
  2 

(x, y ∈ ¡ ).

Câu II (4 điểm). Cho dãy số (an) được xác định như sau
 a0 = −1

 an an −1
a0
 1 + 2 + ... + n + 1 = 0, n ≥ 1.

Chứng minh rằng với mọi n ≥ 1 thì an > 0.
Câu III (4 điểm). Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC,
tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với
(I) tại X. Một đường tròn đi qua C, A tiếp xúc với (I) tại Y. Một đường tròn đi qua A,
B tiếp xúc với (I) tại Z. Chứng minh rằng các đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy.
Câu IV (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số f: ¡ → ¡ thỏa mãn
1
f ( x + f ( y )) = f ( x) + xf (4 y ) + f ( f ( y )), ∀x, y ∈ ¡ .
8

Câu V (4 điểm). Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2013
chữ số sao cho mỗi chữ số 1, 2, 3 xuất hiện đúng lẻ lần.

Học sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm

Họ và tên……………………………Số báo danh.............…………

NBK-1


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
ĐÁP ÁN TOÁN 11
Câu
Câu I

Câu II

Phương pháp
x+ y
x− y
;v = 3
2
2
2
2
 xy = (u − v )(u 2 + v 2 )
 2
2
Khi đó  x − y = 2uv

2
2
 y = u − v
Thay vào hệ ban đầu ta được
2
2

2
2
2
2
 2(u − v )(u + v ) + 2uv(u − v ) = 7(u + v )
 3 3
u + v = 9
(u + v )(u 3 − v 3 − 7) = 0
⇔ 3 3
u + v = 9
Từ đó tìm được u = 2, v = 1
Từ đó tìm được x = 9, y = 7.
a
Ta có a1 = − 0 > 0
2
Giả sử a1, a2, ..., an- 1 > 0
Ta có
a0
 an an −1
+
+
...
+
=0
 1
1 
1 1 
1 1
1
2

n +1
⇒ an =  − ÷an −1 +  − ÷an − 2 + ... +  −

÷a0
a
a
a
1
2
2
3
n
n
+
1






n
−
1
n
−
2
0

+

+ ... + = 0
 1
2
n
an −1 an − 2
a0
a1
+
+ ... +
+
Hay an =
1.2 2.3
(n − 1) n n(n + 1)
Do a1, a2, ..., an- 1 > 0 nên
 an −1 an − 2
a1   2an −1 3an − 2
na 
+
+ ... +
+
+ ... + 1 ÷

÷
(n − 1)n   1
2
n −1 
 1.2 2.3
Đặt u =

Điểm

3

1

1
1
1
0,5

1

2

a
a
a02
a1 
≥  n −1 + n −2 + ... +
=
÷
2
(n − 1) 
n2
 1
 an −1 an − 2
a02
a1 
+
+

...
+
≥
÷
⇒  1.2 2.3
3a
na 
(n − 1)n 
 2a
n 2  n −1 + n − 2 + ... + 1 ÷
2
n −1 
 1
Ta lại có
2an −1 3an − 2
3a
na
a 
 2a
+
+ ... + 1 = n  n −1 + n − 2 + ... + 1 ÷
1
2
n −1
2n
n −1 
 n
a
a 
a

 a 
≤ n  n −1 + n −2 + ... + 1 ÷ = n  − 0 ÷ = − a0 .
2
n −1 
 1
 n

NBK-2

1


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
a
a
a0
a1 
⇒  n −1 + n − 2 + ... +
÷≥ − 2
(n − 1)n 
n
 1.2 2.3
a
a
a0
a
a0
a1
+
≥ − 02 +

>0
⇒ an = n −1 + n− 2 + ... +
1.2 2.3
(n − 1) n n(n + 1)
n n(n + 1)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

1

0,5
Câu III

Câu IV

Gọi N là phép nghịch đảo cực I phương tích R.
Ta có
N:X →X
P→P
Do đó N biến đường tròn (IPX) thành đường thẳng PX.
Tương tự N biến đường tròn (IQY) thành đường thẳng QY
đường tròn (IQY) thành đường thẳng RZ
Mà các đường tròn (IPX), (IQY), (IQY) đồng quy tai I nên các đường thẳng
PX, QY, RZ cũng đồng quy.
1
f ( x + f ( y )) = f ( x) + xf (4 y ) + f ( f ( y )), ∀x, y ∈ ¡ .
(1)
8
+) Dễ thấy f(x) ≡ 0 là một nghiệm.
+) Xét trường hợp tồn tại t sao cho f(t) ≠ 0
Thay x = 0, y = 0 vào (1) ta được f(0) = 0.

1
Thay x ∼ f(x), y ∼ t ta được : f(f(x) + f(t)) = f(f(x)) + f(x)f(4t) + f(f(t))
8
1
Thay x : f(t) ; y ∼ f(x) : f(f(t) + f(x)) = f(f(t)) + f(t)f(4x) + f(f(x)).
8
Suy ra f(t)f(4x) = f(x)f(4t)
f (4t )
Đặt 8a =
, do f(t) ≠ 0 ⇒ f(4x) = 8af(x)
(2)
f (t )
Khi đó ta viết lại (1) thành :
f ( x + f ( y )) = f ( x) + axf ( y ) + f ( f ( y )), ∀x, y ∈ ¡ .
Thay x ∼ f(u) – f(v), y ∼ v, ta chứng minh được f(x) + f(-x) = ax2.

2
1
1
0,5

1

1

Kết hợp với (2) chứng minh được a = 2.
Chứng minh được f(f(x)) = (f(x))2
Suy ra f(x + f(y)) = f(x) + 2xf(y) + (f(y))2.
Tìm được f(x) = x2.
KL : f(x) ≡ 0 và f(x) ≡ x2 là hai nghiệm.

Câu V

Gọi xn là số các số tự nhiên được lập thành từ các chữ số 1, 2, 3 có n chữ số, n
lẻ và các chữ số trên xuất hiện lẻ lần.
(*)
Xét một số bất kì có n chữ số (n = 2k + 1)
TH1 : số đó thỏa mãn điều kiện (*), có 3 cách thêm hai chữ số giống nhau vào
cuối số đó, để được một số có n + 2 chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán.
TH2 : số đó không thỏa mãn (*). Vì n lẻ nên trong trường hợp này có đúng 2
NBK-3

1
0,5

1


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
chữ số xuất hiện chẵn lần (gọi là a, b) và 1 chữ số xuất hiện lẻ lần.
Nên trong trường hợp này có đúng hai cách thêm hai chữ số đó (ab hoặc ba)
vào cuối để được một số có n + 2 chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vây có
xn + 2 = 3xn + 2(3n – xn) = xn + 2.3n
Từ đó tìm được
3(32012 − 1)
.
x2013 =
4

NBK-4

1
1
1


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ ĐỀ NGHỊ
-------------------

KỲ THI OLYMPIC
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 11
(Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 4 điểm)
Giải hệ phương trình sau:
2log 7 (2 x + 3 y ) = log 3 (2 + 2 x + 3 y)

( x, y ∈ ¡ ).

7
27
2
4
x+6

2 27 x + 26 x + 3 y + = 1 +
3
2

Câu 2 (4 điểm)
Cho k là số thực thuộc (-1; 2) và a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau. CMR:
 1
1
1  9( 2 − k )
 a 2 + b 2 + c 2 + k ( ab + bc + ca )  
+
+
≥
2
2
2
4
a
−
b
b
−
c
c
−
a
(
)
(
)

(
)


Câu 3 (4 điểm)
Cho ∆ ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB tương
ứng tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt BC tại G. Đường tròn đường kính GD cắt (I) tại
R (R ≠ D). Gọi P, Q (P ≠ R, Q ≠ R) tương ứng là giao của (I) với BR, CR. Hai đường
thẳng BQ và CP cắt nhau tại X. Đường tròn (CDE) cắt QR tại M và đường tròn (BDF)
cắt PR tại N. Chứng minh rằng PM, QN và RX đồng quy.
Câu 4 (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm f : R → R liên tục và thỏa mãn
f ( x − y + f ( y )) = f ( x) + f ( y ), ∀x, y ∈ R.
Câu 5 (4 điểm)
Cho bảng hình chữ nhật kích thước m × n (m < n) . Một số ô có một số ngôi sao, giả
sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà hàng
chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó.
-------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
NBK-5


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

ĐÁP ÁN
Môn: Toán 11
Câu 1 (4 điểm)
*/ Đặt t = log 7 (2 x + 3 y ) , phương trình (1) trở thành:
log 3 (7t + 2) = 2t ⇔ 9t = 7t + 2 ⇔ ... ⇔ t = 1 (Sử dụng tính chất đơn điệu)
⇔ 2 x + 3 y = 7 ⇔ 3 y = 7 − 2 x (3)
Thế (3) vào (2) ta được:

2
28
27
(9
x
+
4)
3(9 x + 4)
4
2. 4 27 x + 24 x +
=1+
x + 6 ⇔ 2.
+ 4 =1+
3
2
3
2
Đặt t = 9 x + 4 (t ≥ 0). Phương trình (4) trở thành:
2

(4)

t2
3t
t2
3t
2.
+ 4 =1+
⇔ 4.
+ 4 = 1 + + 6t (5)

3
2
3
2
t+6
Áp dụng bđt AM – GM ta có: 6t ≤
2
t2
Từ (5) ta có: 4.
+ 4 ≤ 2t + 4 ⇔ 4t 2 + 48 ≤ 3t 2 + 12t + 12 ⇔ (t − 6) 2 ≤ 0 ⇔ t = 6.
3
2
59
2 59
Từ đó x = ⇒ y =
. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( ; ).
9
27
9 27
Câu 2 (4 điểm)
4

Áp dụng BĐT:

1 1
8
+ 2≥
2 ∀x, y ≠ 0 , ta có:
2
x

y ( x + y)

1
1
1
1
8
9
2
2 +
2 ≥
2 +
2 =
2
( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( a − b ) ( b − c ) + ( c − a )  ( a − b )
Ta cần chứng minh: a + b + c + k ( ab + bc + ca )
2

2

2

( 2 − k ) ( a − b)
≥
4

Có: ( *) ⇔ ( k + 2 ) ( a + b ) + 4kc ( a + b ) + 4c 2 ≥ 0
2

Xét tam thức bậc hai, ẩn là (a+b). Khi đó:

2
f ( a + b ) = ( k + 2 ) ( a + b ) + 4kc ( a + b ) + 4c 2
2 2
2
2
Ta có: ∆ ' = 4k c − 4c ( k + 2 ) = 4 ( k − 2 ) ( k + 1) c

Vì k ∈ (-1; 2) nên ∆ ’ ≤ 0 mà k+2>0 nên f ( a + b ) ≥ 0 ∀k ∈ ( −1; 2 )
Vậy ta có đpcm
Câu 3 (4 điểm)
NBK-6

2

(*)


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

Gọi K là trung điểm đoạn GD. Ta có (GDBC)=-1, do đó KD 2 = KR 2 = KB.KC ,
điều này suy ra KR là tiếp tuyến (RBC). Do đó ∠KRB = ∠RCB .
Mặt khác KD là tiếp tuyến của (I), do đó KR cũng là tiếp tuyến của (I).
Vì vậy ∠KRB = ∠RQP ⇒ ∠RQP = ∠RCB ⇒ RQ || BC.
Suy ra RX đi qua trung điểm của đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc trong hình thang ).
Từ đây suy ra RX, PM, QN là 3 đường trung tuyến của ∆RQP , suy ra ĐPCM.
A

E
R
M

F

N

I

Q

P
X
G

B

D

K

C
H

Câu 4 (4 điểm)
Đặt f ( a) = 0 .
Cho x = y = 0 ta suy ra f (a ) = 2a hay f (a ) − a = a .
Cho x = 0, y = a ta có f ( f (a) − a ) = f (0) + f (a) suy ra f (0) = 0 .
Cho x = 0, y = x ta có f ( f ( x ) − x ) = f ( x), ∀x ∈ R .
Thay y bởi f ( y ) − y ta được
f ( x − f ( y ) + y + f ( f ( y ) − y )) = f ( x ) + f ( f ( y ) − y ) hay là
f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) với mọi x, y ∈ R .

Đây là phương trình hàm Cauchy trong lớp hàm liên tục và nghiệm của nó là

f ( x) = xf (1), ∀x ∈ R

Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy ra f ( x) = 0 ∀x, y ∈ R hoặc
NBK-7


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

f ( x) = 2 x ∀x, y ∈ R .
Câu 5 (4 điểm)
N ngôi sao được đánh số từ 1 tới N
Đặt ai , bi tương ứng là số ngôi sao ở cột và hàng chứa ngôi sao thứ i. Ta cần
chứng minh bi > ai với ít nhất hai chỉ số i nào đó.
. Nhận xét: Nếu ai = k thì mọi ngôi sao cùng cột với ngôi sao thứ i có a j tương
ứng là k .
1
Từ đó suy ra ∑ = n
ai
1
1
⇒∑ ≤mbi
ai
1 1
⇒ ∑  − ÷≥ 1
 ai bi 
1 1
− > 0 hay bi > ai với hai chỉ số.

Suy ra tồn tại hai chỉ số i để
ai bi
⇒ đpcm.
-----------------Hết-----------------

NBK-8


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
Trường THPT Chuyên Hoàng Văn

ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ

Thụ - Tỉnh Hòa Bình.

Môn: Toán 11 - Năm học 2012-2013

 6
x2
xy x 2 y 2
3
=
−
y + y +

2
2
4
Bài 1: Giải hệ phương trình: 
2

1 x

3
3
2
2
2 xy + y + 2 = 2 + x − 2 xy + 1 + y
Bài 2: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài của các góc Aˆ ; Bˆ ; Cˆ lần lượt cắt cạnh đối diện tại
của tam giác ABC tại A1 , B 1 , C1 . CMR A1 , B 1 , C1 thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông góc với
OI ở đây O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC.
Bài 3: Xác định hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện:
1. f ( − x ) = − f ( x ) ;
2.

f ( 1 + x ) = 1 + f ( x ) , ∀x ∈ ¡

3.

 1  f ( x)
f  ÷ = 2 , ∀x ≠ 0 .
x
x

Bài 4: Cho dãy số {xn} được xác định như sau:
 x1 = 1,

3 x

n
x

=
x
+
∀n ≥ 1
 n +1
n
2
n

Chứng minh rằng xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.
Bài 5: Gọi hình chữ nhật kích thước 2 × 3 (hoặc 3× 2 ) bị cắt bỏ một hình vuông 1× 1 ở một góc là
hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1). Gọi hình chữ nhật kích thước 2 × 3 (hoặc 3 × 2 ) bị cắt bỏ hai
hình vuông 1× 1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2). Người ta ghép một số
hình vuông 2 × 2 , một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau
sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước
2013× 2014 . Gọi s là tổng số các hình vuông 2 × 2 và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi
cách ghép hình nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của s.

Hình 1

Hình 2

Hình vuông 2 x 2

------------------------------------Hết-------------------------------ĐÁP ÁN

NBK-9


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

 6
x2
xy x 2 y 2
3
=
−
y + y +

2
2
4
Bài 1: Giải hệ phương trình: 
2
1 x

3
3
2
2
2 xy + y + 2 = 2 + x − 2 xy + 1 + y
Giải:
Điều kiện xác định 0 ≤ xy ≤ 2
Ta có ( x; y ) là nghiệm của ( I )
2

 6
1 x2
x2
1 x
1

1
3
2
 y 6 + y3 +
=
− y − ÷ ≤
y + y + x ≤ 2 + 2

2
4 2
2
2 ⇒
⇒

2
2

2 xy 3 + y 3 ≥ 1 + x
x
1
3
3
2 xy + y − + ≥ 1

2 2

2 2
Do đó:

( 1) , ( 2 ) ⇒ y 6 + y 3 + x 2 ≤ 2 xy 3 + y 3 ⇒ y 6 − 2 y 3 x + x 2 ≤ 0 ⇒ ( y 3 − x )

( 1)
( 2)
2

≤ 0 ⇒ y3 = x

x = y

3
x = y
⇔ x = y = −1
Vậy: Hệ ( I ) ⇔ 
 xy = 1
4 x 2 + 2 x = 1 + x 2

Vậy hệ có nghiệm là x = −1 và y = −1 .
Bài 2: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài của các góc Aˆ ; Bˆ ; Cˆ lần lượt cắt cạnh đối diện tại
của tam giác ABC tại A1 , B 1 , C1 . CMR A1 , B 1 , C1 thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông góc với
OI ở đây O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC.

Giải:
Qua I kẻ các đường thẳng vuông góc IA, IB, IC lần lượt cắt BC, CA, AB tại A2 , B2 , C2 .
µ
µ
C
C
·
Có ·A2 IB = ·AIB − 90o = 90o + − 90o − = ICA
2

2
2
NBK-10


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
· B chung
IA
2
⇒ ∆A2 BI : ∆A2 IC
⇒

A2 B A2 I
=
⇒ A2 B. A2C
A2 I A2C
⇔ PA2 / ( I ;O ) = PA2 / ( O )

CMT 2 : PB2 / ( I ;O ) = PB2 / ( O )
PC2 / ( I ;O ) = PC2 / ( O )

⇒ A2 , B2 , C2 ∈ trục đt của ( I ; O ) và ( O ) ⇒ ( A2 B2C2 ) ⊥ OI

( 1)

AA1 I BB1 = { F }

µ của ∆ABC ⇒ C , I , F thẳng hàng.
⇒ F là tâm đường tròn bàng tiếp C
Có:

AA1 ⊥ AI 
CA2 CI 
=
 ⇒ A2 I / / AA1 ⇒

A2 I ⊥ AI 
CA1 CF  CA2 CB2
=
⇒
CA1 CB1
CI CB 2
2

CMT : IB2 / / FB2 ⇒
=

CF CB1
( 1) ( 2 ) ( 3) ⇒ A1 , B1 , C1 thẳng hàng và
⇒ A2 B2 / / A1 B1
( 2 ) A B C ⊥ OI
CMT 2 :

⇒ B2C2 / / B1C1

( 3)

(

1 1 1

)

Bài 3: Xác định hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện:
4. f ( − x ) = − f ( x ) ;
5.

f ( 1 + x ) = 1 + f ( x ) , ∀x ∈ ¡

6.

 1  f ( x)
f  ÷ = 2 , ∀x ≠ 0 .
x
x

Giải:

f ( x)
 x +1 
 1
1
∀x ≠ 0 ta có: f 
( 1)
÷ = f 1 + ÷ = 1 + f  ÷ = 1 + 2
x
 x 
 x
x
Mặt khác, với mọi x khác 0; −1 ta có:


 f x 
2
2

÷
 1 ÷
1 
x +1 
 x +1 
 x   x +1   x +1 

f
= f
÷= f  x ÷=
÷. 
÷ =
÷ f 1 −
÷
2
 x 
 x +1  x   x   x +1

÷  x 
 x + 1   x + 1 ÷

 f ( x + 1)   x + 1 2 ( x + 1) 2 − f ( x + 1)
. 1 −
=
÷.
2 

2
( x + 1)
 ( x + 1)   x 
1
1
2
= 2 ( x + 1) − 1 − f ( x )  = 2  x 2 + 2 x − f ( x ) 
 x
x 
2

 x +1 
=
÷
 x 

NBK-11

( 2)


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
f ( x) 1 2
= 2  x + 2 x − f ( x ) 
x2
x
⇒ f ( x ) = x với mọi x khác 0; −1

Từ ( 1) và ( 2 ) ta có: ( 2 ) 1 +
Từ ( 1) suy ra f ( 0 ) = 0

Ta có f ( −1) = − f ( 1) = − 1 + f ( 0 )  = −1 . Vậy f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡
Bài 4 Cho dãy số {xn} được xác định như sau:
 x1 = 1,

3 x

n
 xn +1 = xn + 2 ∀n ≥ 1
n

Chứng minh rằng xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.
Giải.
Dễ thấy xn > 0, với mọi n nguyên dương, nên dãy số đã cho là dãy tăng thực sự. Vậy để chứng minh
dãy số có giới hạn hữu hạn ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên.
*
Ta chứng minh xn < 8, ∀n ∈ ¥ .
Thật vậy, với n = 1 có x1 = 1 < 8, nên điều cần chứng minh đúng.
Giả sử ta có: xn < 8, với n nguyên dương. Ta cần chứng minh xn+1 < 8.
n 3
n
x
1
Theo công thức xác định dãy số có: xn +1 = x1 + ∑ 2k < 1 + 2∑ 2 < 1 + 2.2 < 8 .
k =1 k
k =1 k
Do đó xn < 8 với mọi n nguyên dương từ đó suy ra điều phải chứng minh.
* chú ý: Trong bài này có thể thay x1 bởi một giá trị a dương tùy ý. Khi đó trong chứng minh ta có
thể thay giá trị 8 bởi giá trị M dương thỏa mãn bất đẳng thức: a + 2 3 M < M , luôn tồn tại M dương

(

)

M − 2 3 M − a = +∞ .
thỏa mãn điều này, vì Mlim
→+∞

Bài 5 : Gọi hình chữ nhật kích thước 2 × 3 (hoặc 3× 2 ) bị cắt bỏ một hình vuông 1× 1 ở một góc là
hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1). Gọi hình chữ nhật kích thước 2 × 3 (hoặc 3× 2 ) bị cắt bỏ hai
hình vuông 1× 1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2). Người ta ghép một số
hình vuông 2 × 2 , một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau
sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước
2013× 2014 . Gọi s là tổng số các hình vuông 2 × 2 và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi
cách ghép hình nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của s.

Hình 1

Hình 2

Hình vuông 2 x 2

Giải:
Tổng quát 2013 = 2m + 1 (dòng) và 2014 = 2n (cột) với m = 1006; n = 1007 gọi s là tổng số các
hình vuông 2 × 2 và hình chữ nhật khuyết kép, gọi y là số các hình chữ nhật khuyết đơn.
Ta có đẳng thức về diện tích các hình: 4 s + 5 y = 2n(2m + 1)
Ta đánh dấu × vào các ô có tọa độ (2r; 2t) với 1 ≤ r ≤ m và 1 ≤ t ≤ n ta được m × n dấu × .
NBK-12

Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
1

2

3

4

5

6

...

1

...

2

...

3

...

4

...

5

...

...

...

...

...

...

...

...

201
2
201
3

...

2013 2014

...

...

...
...

Dễ thấy trên hình:
i. Hình vuông 2 × 2 và mỗi hình chữ nhật kép chứa đúng một dấu ×
ii. Hình chữ nhật khuyết đơn chứa một hoặc hai dấu ×
ta có bất đẳng thức sau về số dấu × trên hình: mn ≥ s + y
vậy thì 5m.n ≥ 5( s + y ) = 4 s + 5 y + s hay 5mn ≥ 2n( 2m + 1) + s suy ra
s ≤ 5m.n − 2n( 2m + 1) = mn − 2n = n(m − 2)
Áp dụng vào bài với m = 1006; n = 1007 ta được kết quả s ≤ 1011028 . Sự tồn tại của cách ghép
với s = 1011028 như trên hình vẽ:

1

2

3

4

5

6

...

1
2

1007 hình chữ
nhật khuyết kép
NBK-13


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
3
4
5
6
7

1003 x 1007
hình vuông 2 x 2

NBK-14


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN

TỔ TOÁN

Khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ
Môn Toán 11

Thời gian 180 phút – không kể thời gian giao đề

===========================




Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình 8x − 15x + 9 = 1 +
2

13 2
÷ 5x − 2x − 2
x

Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm K sao cho KB = 2KC. Gọi M là trung

·
·
điểm của BC, H là hình chiếu của B trên AK. Giả sử BAK
, chứng minh rằng MH vuông
= 2CAK
góc với AC.
Câu 3: (4 điểm) Tìm hàm số liên tục f : ¡ → ¡ thoả mãn:
a) f(0) = 0
b) f(x) = x + f(x – f(x))

u n ∈ N
u − u − u ∈{0;1}
m
n
 m+n
Câu 4: (4 điểm) Cho dãy (un) thỏa mãn các điều kiện sau :  u 2 = 0

u > 0
 3
u 9999 = 3333
Tìm u2013
Câu 5: (4 điểm) Cho trước k số khác không a1; a2; …; ak thoả mãn với mọi số tự nhiên n lẻ ta có

a1n + a 2n + ... + a kn = 0 . Chứng minh rằng k chẵn và giả sử k = 2m thì các số a 1; a2; …; ak có thể
phân chia thành m cặp sao cho tổng của 2 số trong mỗi cặp bằng 0.
=============== Hết ===============

NBK-15


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
§¸p ¸n
Câu
1

Nội dung

Điểm

 1
8x 2 − 15x + 9 = 1 + ÷ 3 5x 2 − 2x − 2
 x
⇔ 8x 3 − 15x 2 + 9x = (x + 1) 3 (x + 1)(2x − 1) + 3x 2 − 3x − 1(x ≠ 0)
1đ

⇔ (2x − 1)3 − (3x 2 − 3x − 1) = (x + 1) 3 (x + 1)(2x − 1) + 3x 2 − 3x − 1
5x 2 − 2x − 2 , ta được hệ:

u 3 − (3x 2 − 3x − 1) = (x + 1)v
 3
2
 v − (3x − 3x − 1) = (x + 1)u

Đặt u = 2x – 1, v =

3

Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta được:

(

)

1đ

(u - v) (v2 + uv + u2) = (x + 1) (v - u) ⇔ (u − v) u + uv + v + x + 1 = 0
2

2

TH1: u = v ⇔ 2x − 1 = 3 5x 2 − 2x − 2 ⇔ 8x 3 − 17x 2 + 8x + 1 = 0
x = 1
2
⇔ (x − 1)(8x − 9x − 1) = 0 ⇔ 
 x = 9 ± 113

16
u 2 3

2
2
2
TH2: u + uv + v + x + 1 = 0 ⇔ (v + ) + (2x − 1) + x + 1 = 0
2
4
u
⇔ 4(v + ) 2 + 12x 2 − 8x + 7 = 0
2
u
⇔ 4(v + ) 2 + 4x 2 + 2(2x − 1) 2 + 5 = 0 phương trình vô nghiệm.
2
9 ± 113
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = 1; x =
16

1đ

1đ

2
A

Áp dụng định lý sin cho 2 tam giác ABK

1đ

AC
và ACK ta có: cos α =
AB

H

B

M

K

C

MH ⊥ AC ⇔ MA2 – MC2 = HA2 – HC2

⇔

(

)

2 AB2 + AC2 − BC2
4

−

BC2
= HA 2 − HA 2 + AC2 − 2HA.AC.cos α
4

(

NBK-16

)


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

AB2 + AC2 − BC2
⇔
= 2AH.AC.cosα − AC2
2
AC
= 2AB.cos2α.AC.
− AC2
AB
 4AC2

= AC2 
−
3
÷
 AB2
÷


⇔

(

c2 b2 + c2 − a 2
2

2đ

) = 4b4 − 3b2c2 ( 1)

Mặt khác: cos3α = 4cos3α - 3cosα ⇔ cosA = 4cos3α - 3cosα

b2 + c2 − a 2 )
(
b3
b
⇔
= 4 −3
c3

2bc

(

c2 b 2 + c2 − a 2
2

c

) = 4b4 − 3b2c2

1đ

⇒ (1) luôn đúng.
3

Vậy MH ⊥ AC.
Đặt g(x) = x – f(x), g(x) liên tục trên ¡ và g(0) = 0.
⇒ f(g(x)) = - g(x) với mọi x ∈ ¡
g(g(x)) = g(x) – f(g(x)) = 2g(x) với mọi x ∈ ¡
1đ

⇒ gn(x) = 2n – 1g(x)
Nếu ∃ x0: g(x0) > 0 thì gn(x0) = 2n – 1g(x0) → +∞ khi n → +∞. Mà g(x) liên tục nên
g(x) nhận giá trị dương tuỳ ý
Nếu ∃ x1: g(x1) < 0 thì gn(x1) = 2n – 1g(x1) → -∞ khi n → +∞. Mà g(x) liên tục nên

1đ

g(x) nhận giá trị âm tuỳ ý
1) Nếu g(x) = 0 với mọi x thì f(x) = x với mọi x ∈ ¡
2) Nếu g(x) ≥ 0 với mọi x. Khi đó, với mọi x > 0 tồn tại y: g(y) = x
⇒ g(x) = g(g(y)) = 2g(y) = 2x ⇒ f(x) = - x với x ≥ 0
− x, ∀x ≥ 0
Do đó: f ( x ) = h ( x ) , h( x ) liªn tôc, h( x ) ≤ x vµ lim h ( x ) = 0, ∀x < 0

x → 0−
3) Nếu g(x) ≤ 0 với mọi x. Khi đó, với mọi x < 0 tồn tại y: g(y) = x
⇒ g(x) = g(g(y)) = 2g(y) = 2x ⇒ f(x) = - x với x ≤ 0
NBK-17

2đ


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

− x, ∀x ≤ 0
f
x
=
Do đó: ( ) h ( x ) , h( x ) liªn tôc, h( x ) ≥ x vµ lim h ( x ) = 0, ∀x > 0

x → 0+
4

4) g(x) nhận giá trị trên ¡ ⇒ g(x) = 2x ⇒ f(x) = -x với mọi x ∈ ¡
Ta có : u m + n = u m + u n + ε (ε ∈{0;1})

Bằng quy nạp ta chứng minh được u n1 +n 2 +...+n k ≥ u n1 + u n 2 + ... + u n k , với mọi n1,
n2, ..., nk.
Ta có: u 2 ≥ u1 + u1 ⇒ u1 = 0

u 3 = u 2 + u1 + ε = 0 + ε ⇒ u 3 = 1

1đ
1đ

Ta chứng minh rằng nếu n < 3333 thì u3n = n (1)
Thật vậy:
Với n = 1 thì (1) đúng
Ta có u 3n ≥ n.u 3 = n, ∀n

Giả sử, tồn tại n0 < 3333, mà u 3n 0 > n 0 ⇒ u 3( n 0 +1) = u 3n 0 +3 ≥ u 3n 0 + u 3 > n 0 + 1 ,

5

điều này chứng tỏ, với mọi n ≥ n 0 thì u 3n > n . Điều này mâu thuẫn với u9999 =
3333
Vậy, với n < 3333 thì u3n = n.
Do đó u2013 = 671
Do k hữu hạn nên trong k số a1; a2; …; ak ta chọn được số có giá trị tuyệt đối lớn

2đ

nhất. Giả sử số đó là a1.
n

n

a 
a 
Theo giả thiết, với mọi n lẻ ta có: 1 +  2 ÷ + ... +  k ÷ = 0 ( 1)
 a1 
 a1 
Do a1 có giá trị tuyệt đối lớn nhất nên

Ta chứng minh, tồn tại i để

ai
≤ 1, ∀i = 2,3...k
a1

ai
= −1
a1

Giả sử không có số nào trong các số

ai
bằng -1.
a1

Không mất tính tổng quát, giả sử i = 2, 3, .., t thì

1, ..., k thì

1đ

ai
<1.
a1

NBK-18

ai
= 1 và với
a1

i=t+


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành
n

n

a 
a 
Khi đó, từ (1) ⇒ S =  t +1 ÷ + ... +  k ÷ = − t ⇒ S = t với mọi n lẻ
 a1 
 a1 
Do

ai
< 1 với i = t + 1, ..., k
a1
n

a 
t
chọn n lẻ đủ lớn để  i ÷ <
với i = t + 1, ..., k
k−t
 a1 
n

2đ

n

a 
a 
⇒ S =  t +1 ÷ + ... +  k ÷ < t (mâu thuẫn)
 a1 
 a1 
Do đó, trong các số

Giả sử

ai
có ít nhất 1 số bằng -1.
a1

a2
= −1 ⇒ a1 + a2 = 0.
a1

1đ

Còn lại k – 2 số: a3; a4; ...; ak.
Nếu k chẵn lặp lại lập luận trên ⇒ đpcm
Nếu k lẻ thì phải có 1 số trong các số đã cho mà mọi luỹ thừa lẻ của nó đều bằng
0 ⇒ số đó bằng 0 (mâu thuẫn)
Vậy ta có điều phải chứng minh.

NBK-19


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÀO CAI

ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VI

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian: 180’

Câu 1 (4 điểm).
a)Giải hệ phương trình
 x + x2 − y2 9
= x

 x − x2 − y2 5

5 + 3x
x
 y = 6( 5 − y)


a)
b) Giải hệ phương trình

a)
Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC có trực tâm H, ba đường cao là
.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Gọi (W) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP ( còn gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC). Kí hiệu A' ,B', C' là các
giao điểm thứ hai của MH, NH, PH và (W),. Chứng minh rằng
,
đồng
quy tại một điểm X nằm trên đường thẳng đi qua trọng tâm và trực tâm tam giác ABC
(còn gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC).

Câu 3: (4 điểm). Tìm hàm

liên tục trên

và thỏa mãn:
∀

Câu 4 (4 điểm). Cho dãy số

1

 a1 = a + a
xác định bởi : 
3
2
 an +1 = 2an − 2an − 2

3an 2 − 4an − 1

NBK-20

.


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

Chứng minh rằng với mọi số thực
hạn của dãy

thì dãy

hội tụ. Tùy theo , hãy tìm giới

.

Câu 5: (4 điểm). Trong mỗi ô của một bàn cờ
ta viết một số nguyên
dương. Hiệu giữa hai số nằm trong hai ô kề nhau bất kì (có chung cạnh) là số bé hơn
hoặc bằng n. Chứng minh rằng có ít nhất 1007 ô vuông chøa cùng một số.
ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN LÀO CAI

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VI

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN THI:TOÁN
HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

 x + x2 − y 2 9
= x

 x − x2 − y 2 5
Câu 1a (2 điểm). Giải hệ : 
5 + 3x
x
 y = 6( 5 − y)


(1)
(2)

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời
y ≠ 0
y ≠ 5

ĐK:  x 2 ≥ y 2

 x − x2 − y 2 ≠ 0

9
x
Từ (2) suy ra : 5 x = 6 y − 1
x2 − y 2
x
+
y
y
x2 − y2
x
−
y
y

=6

Điểm

(2 ') Do y ≠ 0 phương trình (1) tương đương với

0,5

x
x
− 1 (1') . Đặt = u
y
y

*)Xét y>0 phương trình (1') trở thành :

u − u2 −1
u + u2 −1

NBK-21

= 6u − 1 .Nhân liên hợp
0,5


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

(

)

2
của mẫu số đưa về phương trình : u u − 3 − u − 1 = 0 được nghiệm u=0

;u=5/3
+)u=0 suy ra x=0 không thoả mãn => loại
x 5
+) u=5/3 <=> = .Thế vào (2') được x=5;y=3
y 3

0,5

u + u2 −1

= 6u − 1 .Phương trình
u − u2 −1
này có nghiệm u=0 suy ra x=0 (Không thoả mãn điều kiện bài toán )
Vậy hệ đã cho có một nghiệm (x;y)= (5;3)
*) Xét y<0 ;phương trình (1') trở thành :

0,25
0,25

Câu b (2 điểm).

b) Giải hệ phương trình
Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời
Đặt
Hệ trở thành

và

.

0,5

Ta có
Giả sử

Điểm

với mọi nên hàm
thì

hay

đồng biến.

0,5

suy ra

Hay
0,5

Do
Lại theo giả sử ở trên,

nên từ (*) ta có
nên
NBK-22

.Thế vào hệ phương trình

0,5


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

ban đầu ta được
Thử lại thấy

.
là nghiệm.

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC có trực tâm H, ba đường cao là
.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Gọi (W) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP ( còn gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC). Kí hiệu A' ,B', C' là các
giao điểm thứ hai của MH, NH, PH và (W),. Chứng minh rằng
,
đồng
quy tại một điểm X nằm trên đường thẳng đi qua trọng tâm và trực tâm tam giác ABC
(còn gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC).

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời

Điểm

Ta kí hiệu đường tròn qua 3 điểm T, U, V là (TUV).
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M, N, P. Ta biết rằng (W) đi qua 9 0,5

điểm: M, N, P,
và trung điểm AH, BH, CH. Giả sử
là
điểm đối xứng với M, N, P qua O.
Xét phép nghịch đảo cực H và giữ bất biến (W). Phép nghịch đảo này biến 0,5
NBK-23


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

,

,

tương ứng thành các đường tròn

.

Ta sẽ chỉ ra rằng trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) là đường thẳng
Euler của tam giác ABC (do đường thẳng này bất biến qua phép nghịch đảo
nói trên). Thật vậy:
Trục đẳng phương của (W) và (HNN’) là NN’;
Trục đẳng phương của (W) và (HPP’) là PP’;
Do đó trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) đi qua H và giao của NN’ và
PP’. Nhưng ta biết rằng tâm O của (W) cũng nằm trên đường thẳng Euler của
tam giác ABC . Do đó trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) chính là
đường thẳng Euler của tam giác ABC .
Tương tự, trục đẳng phương của (HPP’) và (HMM’), trục đẳng phương của
(HMM’) và (HNN’) cũng là đường thẳng Euler của tam giác ABC .
Do đó ba đường tròn

cùng đi qua một điểm trên
đường thẳng Euler của tam giác ABC. Từ đó ta có điểu phải chứng minh.

Câu 3 (4 điểm). Tìm hàm

liên tục trên

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

và thỏa mãn:
∀

.

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời

Điểm

+)Cho x = y = 0 từ (*) ⇒ f(0) = 0.
+)Thay x bởi y và y bởi x ta được:

0,5
0,5

, ∀x,y∈R
suy ra
+)Cho
∀x∈R,∀n∈N*

, ∀x,y∈R ⇒ f(x) là hàm số chẵn.

0,5

2

, CM quy nạp ta được f(nx) = n f(x),

2
 x 1
m  m
⇒ f   = 2 f ( x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N * ⇒ f  x  = 2 f ( x), ∀x ∈ R, ∀n, m ∈ N *
n n
n  n

hay f(rx) = r2f(x), ∀x∈R,∀r∈Q+,
+) Vì f(x) là hàm chẵn nên f(rx) = r2f(x), ∀x∈R,∀r∈Q.

+) Vì f(x) liên tục trên R nên f(αx) = α f(x), ∀x∈R, ∀α∈R ⇒ f(α) =
2

NBK-24

0,5
0,5

0,5
0,5


Tổng hợp một số đề Toán 11 đề xuất của một số Trường THPT chuyên của một số tỉnh thành

aα2
Vậy f(x) = ax2, với a = f(1), x ∈ R.

0,5

1

 a1 = a + a
xác định bởi : 
3
2
 an +1 = 2an − 2an − 2

3an 2 − 4an − 1

Câu 4 (4 điểm). Cho dãy số

Chứng minh rằng với mọi số thực
hạn của dãy

thì dãy

hội tụ. Tùy theo , hãy tìm giới

.

Nội dung trả lời
Nếu

thì

Nếu

thì

Điểm

(do bất đẳng thức AM-GM)
(do bất đẳng thức AM-GM) nên

0,5
0,5

thì
. Ta chứng minh: an = 2, ∀n ∈ ¥ *
Hiển nhiên a1 = 2 .
Nếu

2.23 − 2.22 − 2
=2
Giả sử ak = 2 ⇒ ak +1 =
3.22 − 4.2 − 1
Vậy

lim an = lim 2 = 2

0,5

.

0,5
. Nếu

thì

. Ta chứng minh an > 2 ∀n ∈ ¥

*

Rõ ràng
Giả sử ak > 2 . Ta chứng minh ak +1 > 2
ak +1 > 2 ⇔

2ak 3 − 2ak 2 − 2
2
> 2 ⇔ 2ak ( ak − 2 ) > 0 ( đúng)
2
3ak − 4ak − 1

Ta chứng minh (an) là dãy giảm, thật vậy :
∀n, an +1 − an =

2
−an 3 + 2an 2 + an − 2 − ( an − 1) ( an − 2 )

=
<0
3an 2 − 4an − 1
3an 2 − 4an − 1

( do tử âm, mẫu dương vì

NBK-25

0,5