TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII - NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 1 3 2 3 2 1 2 3 5 7 2 − + + +    + + = + − −   ÷ + +     + = −  log . x y x y x y x y x x x Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số ( ) n x xác định bởi: * 1 1 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015 0; , . n n n n n n n x x x n x x x x x + > = + + + + + + ∀ ∈ ¥ 1. Với mỗi * n∈¥ , đặt 2 n n n y x = . Chứng minh dãy số ( ) n y có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. 2. Tìm các số α để dãy ( ) n nx α có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số khác 0. Bài 3: (4 điểm) Cho hai đường tròn ( ) O 1 và ( ) O 2 cắt nhau tại ,A B . ,AX AY lần lượt là các đường kính của ( ) O 1 và ( ) O 2 . Gọi O là trung điểm của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc · XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn ( ) O 1 , ( ) O 2 tại các điểm ,E F khác A . IX cắt đường tròn ( ) O 1 tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn ( ) O 2 tại điểm thứ hai L . 1. Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của đường tròn ( ) CEK . 2. Chứng minh rằng 3 đường thẳng , ,EK FL OI đồng quy. Bài 4: (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức ( ) [ ] P x x∈¡ thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 P a P b P c P a b c+ + = + + Với mọi , ,a b c∈¡ thỏa mãn 0ab bc ca+ + = . Bài 5: (4 điểm) Cho số nguyên dương n ≥ 3 . Chứng minh rằng tập hợp { } ; ; ; ;X n n= − 2 1 2 3 có thể chia thành hai tập con không giao nhau sao cho không tập nào trong chúng chứa n phần tử , , , n a a a 1 2 với n a a a< < < 1 2 và k k k a a a − + + ≤ 1 1 2 với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 . HẾT ĐỀ DỮ LIỆU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Bài Nội dung Điểm 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 1 3 2 3 1 2 1 2 3 5 7 2 2 − + + +    + + = + − −   ÷ + +     + = −  log . x y x y x y x y x x x Điều kiện: 2 1 0x y + + > Ta có ( ) 1 3 2 10. 5. 7 2 0 5 5 x y x y x y + + +     ⇔ + − + =  ÷  ÷     0,5 Đặt t x y = + ta có phương trình 1 3 10. 5. 7 2 0 5 5 t t t     + − + =  ÷  ÷     (*) Xét hàm số ( ) 1 3 10. 5. 7 2 5 5 t t t f t     = + − +  ÷  ÷     với t ∈ ¡ Ta có ( ) 1 1 3 3 ' 10. ln 5. ln 7 ln7 0 5 5 5 5 t t t f t t     = + − < ∀ ∈  ÷  ÷     ¡ Nên hàm số ( ) f t nghịch biến trên ¡ Mà ( ) 1 0f = suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất 1t = Với 1t = ta có 1x y+ = 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 1 2 1 3 2 3 3 2 2 1 3 2 3 3 2 3 2 2 1 3 2 1 ⇔ + + − + + = + − − ⇔ + − + + = + − − ⇔ + + + = + + + + + log log log log log log ** x y x x x x x x x x x x x 1,0 Xét hàm số ( ) 3 log 3g t t t= + với 0t > ta có ( ) 1 ' 3 0 0 ln3 g t t t = + > ∀ > ( ) g t ⇒ đồng biến trên ( ) 0; + ∞ Do đó phương trình ( ) ** có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 0 1 1 2 1 2 2 1 g x g x x x x x x x x x x x + = + + ⇔ + = + + ⇔ + = + + ≥  ≥ −   ⇔ ⇔ ⇔ =   = + = +    1,0 Với 1 2 x = ta có 1 2 y = (thỏa mãn điều kiện 2 1 0x y + + > ) Vậy hệ có nghiệm ( ) 1 1 ; ; 2 2 x y   =  ÷   0,5 Bài Nội dung Điểm 2 (4 điểm) Cho dãy số ( ) n x xác định bởi: * 1 1 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015 0; , . n n n n n n n x x x n x x x x x + > = + + + + + + ∀ ∈ ¥ 1. Với mỗi * n∈¥ , đặt 2 n n n y x = . Chứng minh dãy số ( ) n y có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. 2. Tìm các số α để dãy ( ) n nx α có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số khác 0. 1. Từ giả thiết suy ra 2 2 2 1 1 2 1 1 0 2 2 n n n n n n n x x x x x x x + + > + > ⇒ > + + > + Suy ra 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 n n n x x x x n + − > + > + > > + Do đó lim n x = +∞ 0,5 Xét ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 3 2014 2015 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x + + +     − = + − = + + + + + + + + + + +  ÷ ÷     2 3 4 2015 2016 2 2013 2014 1 2 3 2014 2015 2 3 2014 2015 2 1 n n n n n n n n n x x x x x x x x x    = + + + + + + + + + + +  ÷ ÷    Suy ra ( ) 2 2 1 lim 2 n n x x + − = 1,0 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 n n n n n x x x x x x x x n n − − − − + − + + − + = Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 lim lim 2 n n n n n x x x x x x x x n n − − − − + − + + − + = = Do đó 2 1 lim 2 n n x = 1,0 2. Xét 2 2 n n n n n z nx x x + = = α α 0,5 Từ đó: +) Nếu 2> − α thì lim n z = +∞ +) Nếu 2< − α thì lim 0 n z = +) Nếu 2= − α thì 1 lim 2 n z = Vậy 2= − α là giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài. 1,0 Bài Nội dung Điểm 3 (4 điểm) Cho hai đường tròn ( ) O 1 và ( ) O 2 cắt nhau tại ,A B . ,AX AY lần lượt là các đường kính của ( ) O 1 và ( ) O 2 . Gọi O là trung điểm của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc · XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn . Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn ( ) O 1 , ( ) O 2 tại các điểm ,E F khác A . IX cắt đường tròn ( ) O 1 tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn ( ) O 2 tại điểm thứ hai L . 1. Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của đường tròn ( ) CEK . 1. Chứng minh rằng 3 đường thẳng , ,EK FL OI đồng quy. S D C F E L K O Y X B A O 1 O 2 I 1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc · XAY . Ta có tứ giác AO OO 1 2 là hình bình hành nên suy ra ||OO HY 1 Lại có ( ) ( ) ( ) ( ) , , , mod ||EA EO AO AE AF AO EO HY π = = ⇒ 1 1 2 1 Do đó , ,O O E 1 thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có , ,O O F 2 thẳng hàng 0,5 Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , , mod CE CK AC AK AK CK AC AK O E O K EO EK π π π = + = + = + = 1 1 1 2 1 2 2 uuuur uuuur Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn ( ) CEK 0,5 Bài Nội dung Điểm 2. Ta có · · AKI ALI= = 0 90 nên 4 điểm , , ,A I K L cùng thuộc đường tròn đường kính AI . Mà EF AI⊥ nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI . Do đó ( ) ( ) ( ) , , modAE AK LA LK= π (1) 0,5 Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , modKE KA XE XA XE EA AE AX AE AX = = + = + π π 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , modAY AF AF FY AY AF AY FY LA LF= + = + = = π π 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , , modEF EK EA AK AK EK LA LK LF LA LF LK= + = + = π Vậy 4 điểm , , ,E F L K cùng thuộc một đường tròn. 0,5 Gọi S là giao điểm của EK và FL Vì 4 điểm , , ,E F L K cùng thuộc một đường tròn nên ta có ( ) ( ) / / . . S CEK S DFL SE SK SF SL P P= ⇒ = (3) 0,5 Ta có ( ) ( ) / / . . I CEK I DFL IC IK ID IL IA P P= = ⇒ = 2 (4) 0,5 Gọi D là giao điểm của EF với IY Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn ( ) DFL Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại ,E F và O là trung điểm của XY nên suy ra OE OF= . Do đó ( ) ( ) / /O CEK O DFL P OE OF P= = = 2 2 (5) 0,5 Từ (3), (4), (5) suy ra , ,S O I cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( ) ,CEK DFL nên , ,S O I thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng , ,EK FL OI đồng quy tại .S 0,5 *) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của điểm I ( I nằm ngoài các đoạn ,XK YL và I nằm trong các đoạn ,XK YL ) 4 (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức ( ) [ ] P x x ∈ ¡ thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1P a P b P c P a b c + + = + + với mọi , ,a b c ∈ ¡ thỏa mãn 0ab bc ca+ + = . Giả sử ( ) P x là đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trong (1) cho 0a b c= = = ta được ( ) 0 0P = Với mọi x∈¡ , ta có bộ ( ) 6 ; 3 ; 2x x x− thỏa mãn điều kiện 0ab bc ca+ + = Do đó thay vào (1) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 3 2 7 ,P x P x P x P x x+ + − = ∀ ∈¡ (2) 1,0 *) Nếu ( ) P x là hằng số thì suy ra ( ) 0,P x x= ∀ ∈¡ *) Nếu ( ) P x khác hằng số. Giả sử ( ) ( ) 0 0 n i i n i P x a x a = = ≠ ∑ Thay vào (2) ta có: ( ) 2 2 2 2 0 0 0 0 6 3 2 7 n n n n i i i i i i i i i i i i i i i i a x a x a x a x = = = =         + + − =  ÷  ÷  ÷  ÷         ∑ ∑ ∑ ∑ 1,0 Bài Nội dung Điểm 4 (4 điểm) So sánh hệ số cao nhất ở cả 2 vế ta được: ( ) 2 2 36 9 4 36 9 4 49 1 1 49 49 49 n n n n n n n n n a a n       + + = ⇔ + + = ⇔ =  ÷  ÷  ÷       (do vế trái là hàm nghịch biến trên ¡ ) 1,0 Do đó ( ) deg 1P x = . Kết hợp với ( ) 0 0P = ta suy ra ( ) ,P x mx x= ∀ ∈¡ 0,5 Thử lại thấy đa thức ( ) ,P x mx x= ∀ ∈¡ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy tất cả các đa thức cần tìm là ( ) ,P x mx x= ∀ ∈¡ ( m là hằng số bất kì) 0,5 5 (4 điểm) Cho số nguyên dương n ≥ 3 . Chứng minh rằng tập hợp { } ; ; ; ;X n n = − 2 1 2 3 có thể chia thành hai tập con không giao nhau sao cho không tập nào trong chúng chứa n phần tử , , , n a a a 1 2 với n a a a< < < 1 2 và k k k a a a − + + ≤ 1 1 2 với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 . Đặt { } { } ; ; ; ; ; ; ; k k S k k k k k T k k k k= − + − + = + + + 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ; n n k k k k S S T T − − = = = =U U 1 1 1 1 . Ta chứng minh ,S T là các tập con cần tìm của X Dễ dàng thấy S T = ∅I và S T X=U 1,0 Ta chứng minh phản chứng. Giả sử S gồm các phần tử , , , n a a a 1 2 với n a a a< < < 1 2 và k k k a a a − + + ≤ 1 1 2 với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 . Khi đó ta có k k k k a a a a − + − ≤ − 1 1 , với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 (1) Nếu i a S∈ 1 ., ta có i n< −1 do n S n − < 1 . Suy ra tồn tại ít nhất i n S n i− = − phần tử thuộc { } ( ) ; ; ; n i i n a a a S S S + + − I UUU 1 2 1 2 1 . 1,0 Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một tập ( ) , j S i j n< < chứa ít nhất 2 phần tử trong số các phần tử , , , n a a a 1 2 . Tức là tồn tại k a sao cho , k k j a a S + ∈ 1 và k j a S S S − − ∈ U U U 1 1 2 1 . Khi đó ta có ; k k j k k j a a S j a a T j + − − − ≤ − = − − ≥ + = 1 1 1 1 1 1 Suy ra k k k k a a a a + − − < − 1 1 . Điều này, mâu thuẫn với (1) Vậy S không chứa các phần tử , , , n a a a 1 2 với n a a a< < < 1 2 và k k k a a a − + + ≤ 1 1 2 với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 . 1,0 Chứng minh tương tự ta cũng có tập T không chứa các phần tử , , , n a a a 1 2 với n a a a< < < 1 2 và k k k a a a − + + ≤ 1 1 2 với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 . Vậy ,S T là các tập con cần tìm của X . 1,0 Người ra đề: Nguyễn Hoàng Cương ĐT: 0914521894 . TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII - NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút Bài. và k k k a a a − + + ≤ 1 1 2 với mọi ; ; ,k n= −2 3 1 . HẾT ĐỀ DỮ LIỆU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC. NAM ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 Bài Nội dung Điểm 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2