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
Trang 1ĐỀ 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 EFMN 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
n n 0,
C f x C f x C f x �x R
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 2
a b với mọi số a b� phân biệt thuộc S
Trang 2Đáp 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:
g x x �� x���g x �� x��
Vậy g(x) đồng biến mà 3 0
2
� �
� � 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 2
0
g x g x thì g x � 0.
Trang 3Dễ 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 x0 � 0;1 thì ta có 2 2
0 1 n 0 n lim 1 n 0 n 0
n
� �
Xét x0 �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 k 2k 0
G x C f x C f x C f x Nhận
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 n1 x 0.
Tiếp tục như vậy cho đến khi G x0 0 � f x 0, x
Bài 4 Đặt M n maxx x n; n1 ;x n2 ;x n3 ; m n minx x n; n1 ;x n2 ;x n3
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 lim n
� � 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 n4 m k.
4
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 S2 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 2
a b và ab với tất cả các bộ a b S, � k Xét S k1 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 2
ab a bM Nếu 2 số có dạng L a và L b thì ta có L a L b L L a b M ab ab
L a L b L a L b
� M �� �� Từ đó suy ra điều phải chứng minh