Toan 11 de + dap an

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN DUYÊN HẢIBẮC BỘ - KHỐI LỚP 11 Đề do Hải phòng đề nghị Bài 1 Phương trình và hệ phương trình.. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và hai điểm C, D thuộc

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN DUYÊN HẢI

BẮC BỘ - KHỐI LỚP 11

(Đề do Hải phòng đề nghị)

Bài 1 (Phương trình và hệ phương trình)

Giải hệ phương trình:

cos

3 3 cos

3 3 cos

3 3



















Bài 2 (Hình học phẳng).

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và hai điểm C, D thuộc nửa đường tròn Tiếp tuyến của đường tròn tại C và D lần lượt cắt đường thẳng

AB tại N, M Hai đường thẳng NC và MD cắt nhau tại E Hạ EFMN Chứng minh rằng EF là phân giác góc CFD

Bài 3 (Phương trình hàm – Hàm số)

Cho n là một số tự nhiên Tìm tất cả các hàm số liên tục f x  thỏa mãn

     

0 1 2 n 2n 0,

Bài 4 (Dãy số - Đa thức)

Cho dãy  x n n1

 thỏa mãn x1  1;x2 x3  9;x4  1 và 4

x   x x x x    n Chứng minh rằng tồn tại limx n và tính giới hạn đó

Bài 5 (Tổ hợp)

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 tồn tại một tập hợp S gồm n số

tự nhiên sao cho ab chia hết cho a b 2 với mọi số a b phân biệt thuộc S

Đáp án Bài 1 Xét hàm số   cos '  sin '  1

f x    x f x     x f x 

Từ đó x y  f y  f z   f '   y z   y z

Tương tự ta có x y  y z  z x  y x  x y  y z  z x

Giả sử x max , ,x y z  x y z

Từ đó có f x x Xét hàm số:

  cos '  1 sin 0

g x  x   x g x      x

Vậy g(x) đồng biến mà 3 0

2

g 

 

  nên hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3

2

x  y z

Bài 2.

F

E

N M

T

C

D

Giả sử 2 tiếp tuyến cắt nhau tại T, TE cắt MN tại F’ Hạ TF’’ vuông góc với

MN Khi đó do TO là phân giác góc MTN nên OM TM

ON TN Theo định lí Ceva: ' 1

'

MF ND TC

Vậy FF' F"

Tứ giác TCOF, TOFD nội tiếp nên TFC TOC TFD TOD   ;    mà TOC TOD  

nên FE là phân giác góc CFD

Bài 3 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Nếu g(x) là một hàm số liên tục thỏa

mãn g x g x 2  0 thì g x   0.

Dễ thấy g(x) là một hàm số chẵn nên ta chỉ xét với x 0 Ta có g 0  0;

 1 0

g  và g x 2n   1n g x 

Xét x 0 0;1 thì ta có      2     2 

0 1 n 0 n lim 1 n 0 n 0

n

 

Xét x 0 1;  thì ta có     2    2 

0 1 n n 0 lim 1 n n 0 0

n

 

Vậy g x   0,  x R Bổ đề được chứng minh xong

Trở lại bài toán, xét hàm số   0   1  2  2

k k 0

thấy G x k  liên tục và    2  

1 ,

G x G x G  x  k N

Từ giả thiết ta có      2

G x   G  x G  x  Theo bổ đề thì G n1 x  0 Tiếp tục như vậy cho đến khi G x0   0 f x   0, x

Bài 4 Đặt M n  maxx x n; n1 ;x n2 ;x n3 ; m n  minx x n; n1 ;x n2 ;x n3

Ta thấy rằng m n là dãy tăng bị chặn trên, M n là dãy giảm và bị chặn dưới Như vậy tồn tại nlim m n m

   và nlimM n M

   m M  Với mọi   0 tùy ý tồn tại n0 sao cho  n n0: n

n











Mặt khác tồn tại n n 0 sao cho x n4 m k

x  x x x x    m  M m   m M m     Cho   0 dẫn đến m M Vậy m M a Do đó tồn tại limx n a

Từ các đẳng thức 4

x x x x x   , nhân vào rồi ước lược ta được

n n n n

x x x x    x x x x  a   a Vậy limx  n 3

Bài 5 Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với n = 2 chọn S 2 0;1 .

Giả sử bài toán đúng đến n = k nghĩa là ta chọn được tập S k thỏa mãn bài toán Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với n = k + 1

Gọi L là bội số chung nhỏ nhất của các số khác 0 có dạng a b 2 và ab với tất cả các bộ a b S,  k Xét S k1 L a a S |  k  0 Suy ra Sk+1 có k 1phần

tử Ta sẽ chứng minh nó thỏa mãn bài toán Thật vậy:

Nếu một trong 2 số a hoặc b bằng 0 thì ab a b  2

Nếu 2 số có dạng L a và L b thì ta có L a L b    L L a b   ab ab

L a L b   L a L b 2

         Từ đó suy ra điều phải chứng minh