HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN TOÁN - KHỐI 11 Ngày thi: 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề này có 05 câu; gồm 01 trang) Câu 1( 4 điểm ). Giải hệ phương trình 6 3 2 2 2 3 2 2 2 2 10 ( , ). 4 (2 1) 28 3 2 4( 1) 4 x x y xy x y xy x y y x y xy                  Câu 2 ( 4 điểm). Cho dãy số   2 11 1 2, 1 1 n n n u u n u        . Tính giới hạn lim n n u n  . Câu 3 ( 4 điểm). Cho hai đường tròn   O 1 và   O 2 cắt nhau tại ,AB . ,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 ,EF 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 ngoại tiếp tam giác CEK . 2. Chứng minh rằng ba đường thẳng ,EK FL và OI đồng quy. Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số :f  thỏa mãn: 11 ( ( )) ( ) ( ) , , 22 f x xy f y f x f y x y                 . Câu 5 ( 4 điểm). Một bảng ô vuông kích thước 3x3 được gọi là bảng “ 2015- hoàn thiện” nếu tất cả các ô của nó được điền bởi các số nguyên không âm ( không nhất thiết phân biệt ) sao cho tổng các số trên mỗi hàng và mỗi cột đều bằng 2015. Hỏi có tất cả bao nhiêu bảng “ 2015- hoàn thiện” sao cho số nhỏ nhất trong các số ở các ô trên đường chéo chính nằm ở vị trí tâm của bảng ? ( Đường chéo chính của bảng vuông là đường nối ô vuông ở góc trên cùng bên trái với ô vuông ở góc dưới cùng bên phải. ) HẾT Họ và tên thí sinh ……………………… SBD……………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 ( Hướng dẫn chấm này có 05 trang) Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm Câu 1 6 3 2 2 2 3 2 2 2 2 10 (1) 4 (2 1) 28 3 2 4( 1) 4 (2) x x y xy x y x y y x y xy                 Điều kiện :   10 042 10 04)1(4 0 2 22 22               xy yx xy xyyx yxxy 0,5 Ta có : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 2 4 2 xy x y xy xy x y            ( dấu = xảy ra khi xy = 2 1 ) 0,5 Do đó từ (1) 12042 236  yxx (3) 0,5 Từ (2) và (3) ta suy ra : 4)2(2204242848 2236233  yxyxxyxyx    4228248 2 263  yxyxyx   42424 2 263  yxyxyx     4222 2 2 3  yxyx (4) Ta lại có     2422 2 2 3  yxyx 0,5 Do đó (4)       02 02 3 yx yx       0 0 y x hoặc        2 1 1 y x hoặc        2 1 1 y x 0,5 Thử lại ta thấy chỉ có        2 1 1 y x là nghiệm của hpt. 0,5 Câu 2 Ta chứng minh quy nạp 2 1, 1 1 n n u n n n       1,0 Rõ ràng khẳng định đã đúng với 1 u . Giả sử đã có 2 1, 1 1 k k u k k k      ta chứng minh   2 1 1 2 2 k k uk k       . 1,0 Thật vậy   2 2 1 1 ( 1) 1 12 kk k k k u k u uk            2 22 1 2 2 1 ( 1) 1 22 1 1 1 1 1 kk k k kk u u k k k k u k k k                   1,0 Vậy ta có 2 1, 1 lim 1 1 n n n nu u n n nn          . 1,0 Câu 3 1 1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc XAY . Ta có tứ giác AOOO 12 là hình bình hành nên suy ra ||OO AY 1 Lại có         , , , mod ||EA EO AO AE AF AO EO AY     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           1 1 1 2 1 22 Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn   CEK 0,5 2 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  (1) 0,5 Mặt khác             , , , , , mod KE KA XE XA XE EA AE AX AE AX        2 0,5 S D C F E L K O Y X B A O 1 O 2 I            , , , , , modAY AF AF FY AY AF AY FY LA LF        2 (2) Từ (1) và (2) suy ra               , , , , , , modEF EK EA AK AK EK LA LK LF LA LF LK      Vậy 4 điểm , , ,E F L K cùng thuộc một đường tròn. 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 ,EF và O là trung điểm của XY nên suy ra OE OF . Do đó     //O CEK O DFL P OE OF P   22 (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 ) Câu 4 Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn. Ta xét f không hằng. 0,5 11 ( ( )) ( ) ( ) , , (1) 22 f x xy f y f x f y x y                 Trong (1) cho y=-1 ta được: 11 ( ( 1)) ( ) ( 1) , (2) 22 f f f x f x                 Rõ ràng nếu 1 ( 1) 0 2 f    thì f là hàm hằng. Do đó: 11 ( 1) 0 ( 1) 22 ff       0,5 Ta sẽ chứng minh: 1 ( ) 0 1 2 f x x     . Thật vậy, giả sử tồn tại 1a  sao cho 1 () 2 fa   . Trong (1) chọn ya ta có: 1 ( ) 0, 2 f ax x x     . Mâu thuẫn vì f không là hàm hằng. Do đó ta có: 1a  . 1,0 Chú ý là 1 ( 1) 2 f    nên từ (2) ta có : 1 ( ) 0 2 f   . Trong (1) chọn 1 () 2 , ( 1) 1 fy xy y      ta được: 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 11 2 2 2 ( . ( )) (f( ) )( ( ) ) 1 1 1 2 2 1 () 1 1 1 2 (f( ) )( ( ) ) ( ) 0, 1 1 2 2 2 f y f y f y f y f y f y y y y fy f y f y y                          1,0 11 ( ) ( ) 1 22 ( ) , 1 1, 1 1 2 1 f y f y f y y yy                  Suy ra 1 ( ) , 1 2 f y y y     Do 1 ( 1) 2 f    nên 1 ( ) , 2 f x x x    . Thử lại ta có hàm số cần tìm là 1 ( ) , 2 f x x x    . 0,5 0,5 Câu 5 Ta giải bài toán trong trường hợp lập bảng “ m hoàn thiện” kích thước 3x3. Gọi , , ,x y z t lần lượt là các số điền được ở đường chéo chính và ô ở vị trí dòng 1 cột 2 , khi đó các số còn lại ở các ô được xác định duy nhất như hình bên dưới x t m x t m z x y t y x t z y t z m y t z 2,0 Vì các số được điền là không âm và y là số nhỏ nhất trong các số ở đường chéo chính nên các điều kiện sau phải thỏa , , , 0; ; ; ; ; min , , x y z t x t m x t z z y t m x y t m z y x y z Các điều kiện trên có thể rút gọn lại thành 0 min , , ; ; *y x y z x t m z y t Khi đó 02y y t z x y t z x t m . Ta thấy rằng bộ bốn số không âm ;2 ; ;y y t z x y t z x t sắp theo thứ tự tăng dần xác định duy nhất bộ các số , , ,x y z t thỏa mãn * và tương ứng với một cách lập bảng “ m hoàn thiện”. Do vậy, số cách lập được là 4 4m C Áp dụng với 2015m được kết quả là 4 2019 C 1,0 1,0 Chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó. 2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản. . HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN TOÁN - KHỐI 11 Ngày thi: 18/04 /2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề. cùng bên phải. ) HẾT Họ và tên thí sinh ……………………… SBD……………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 ( Hướng dẫn chấm này có 05 trang) Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm Câu. lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết