Đề thi HSG vùng Duyên hải Bắc Bộ Toán 11 (Lần thứ VI) - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi HSG vùng Duyên hải Bắc Bộ Toán 11 (Lần thứ VI) - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN VĨNH PHÚC VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VI – NĂM 2013 MÔN TOÁN – LỚP 11 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) CÂU I (4,0đ). 1 x y 1 x y 1 x y 1 x y 1 x y 1 x y 3 3 8 8 11 11 Giải hệ phương trình x, y ¡ 3 2 x 2 3 y x y 4y 1 CÂU II (4,0đ). Cho 1.Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương phương trình : x n2 2x n2 3x n2  nx n2 n2n có một nghiệm dương x và tìm lim x n n n CÂU III (4,0đ). Cho tam giác ABC , gọi D là trung điểm của BC . Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC và của C lên AB . Gọi P là giao điểm giữa AD và 3 EF .Chứng minh rằng nếu AD BC thì P là trung điểm của AD 2 CÂU IV (4,0đ) Cho , là các số thực dương . Tìm tất cả các hàm số : f : 1, ¡ thoả mãn điều x  y kiện f x . f y y f x f  x 2, y 2 2 2 CÂU V (4,0đ) Trong bảng ô vuông 11x11.Hỏi có thể điền được hay không 121 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của bảng sao cho: 1. Hai số liên tiếp được điền vào hai ô kề nhau (ô chung cạnh). 2. Tất cả các số chính phương được điền vào một cột -----------------------------------------------------------HẾT ------------------------------------------------------ Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: ... 0
2. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN KHỐI 11 Câu Lời giải Điểm Đ/K x 2; y 3 I Nhận xét a b 1 a x a x bx b x (*) dấu đẳng thức xẩy ra khi 4,0 0,5 x x 1 1 x x 1 điểm x 0 thật vậy (*) a b x x 0 a b 1 x x 0 (**) a b a b x x x x a b 0 a b +Khi x 0 1 suy ra (**) đúng x 1 0 ab 1 x 0,5 ab tương tự (**) đúng khi x 0 dấu bằng khi x 0 áp dụng đặt x y t thì phương trình (1) tương đương với 31 t 31 t 81 t 81 t 111 t 111 t (1' ) theo nhận xét ta có t t t t 3 3 3 3 11 11 31 t 31 t 81 t 81 t 111 t 111 t (3) . Từ (1) và 0,5 t t t t 8 8 8 8 11 11 (3) dấu bằng xẩy ra t 0 x y 0 x y thê vào phương trình (2) ta được x 2 3 x x3 x2 4x 1 (***) điều kiện 2 x 3 khi đó (***) x3 8 x2 4 4 x 2 2 x 2 1 3 x 0 0,5 1 1 x 2 x 1 x 3 0 x 2 2 1 3 x x 2 1 1 x 3 x 1 0 4 1 3 x 2 x 2 0,5 1 1 1 1 giải 4 x 3 x 1 0 1 3 x 3 3 x 2 2 2 3 x x 2 1 x 3 x 1 0 3 1 3 x 3 x 2 2 0,5 x 1 x 1 x 3 x 1 0 3 1 3 x 2 3 x 3 x 2 2 x 2 1 1
3. 1 1 x 1 x 3 0 3 1 3 x 2 3 x 3 x 2 1 x 2 2 x 1 0 x 1 Vậy phương trình (***) có hai nghiệm x 2, x 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x; y 2;2 ; x; y 1; 1 1,0 x 2x nx Với x 0 gọi f x 1 2 1 2  1 2 thì xét phương n n n II trình f x 0.Ta thấy hàm số f x liên tục và đồng biến trên khoảng 1,0 0; , f 0 1 0,lim f x do đó pt f x 0 có duy nhất x một nghiệm xn 0, n kxn n 1 xn xn Ta có f xn  2 xn 2 4,0 k 1 n 2n 2 1,0 Đ x2 Ta có BĐT sau x ln 1 x x với 0 x 1 (*) 2 kx Nếu n 2 x n do đó ta có 0 n 1k 1,2,3,...n n n2 kx đặt x n Trong (*) thayk 1,n ta được n2 1,0 2 1 n kx n kx kx n ln 1 n n 0  2  2 2 2 k 1 n k 1 n n n 1 2n 1 x2 n 1 x n ln n 0 do n 2 12n3 2n 1,0 xn 0 lim ln 0 lim xn 2ln n 2 n Bổ đề: cho đường tròn O;R điểm P nằm ngoài O;R vẽ hai tiếp tuyến PS,PT và cát tuyến PXY với O;R cát tuyến PXY cắt dây III 1,0 1 1 2 cung ST tại H thì (tự cm) PX PY PZ ÁP dụng. Tứ giác BCEF nội tiềp đường tròn đường kính BC ·ABC ·AEF (1) mà DBF cân tại D ·ABC D· FB(2) (1)&(2) ·AEF D· FB DF là tiếp tuyên của đường tròn AEF tương tự DE là tiếp tuyến 2,0 của đường tròn AEF , AD  AEE A' A Theo bổ đề ta có 1 1 2 1 (*) đặt r DB DE DF BC DA' DA DP 2 2
4. r 2 r 2 r Ta có  DA.DA' DE 2 r 2 DA' D/ AEF DA 3 3 .2r 2 1,0 3 1 2 2 1 r 3 1 Thay vào (*)được: DP DA r 3r DP 3r DP 2 2 Tức là P là trung điểm của AD Cho , là các số thực dương . Tìm tất cả các hàm số : f : 1, ¡ IV x  y thoả mãn điều kiện f x . f y y f x f (*)  x 2, y 2 2 2 + Nếu  Thì (*) trơ thành x y f x . f y y f x f (*)  x 2, y 2 2 2 2 x 1,0 x y 2 f x 2x f 2 2 2 2 x y x y f x f y 4x y f f y f x f 2 2 2 2 2 x y x y y f x f 0 y f x f x, y  2 2 2 2 1,0 x Nếu  a 2: f a 0 f 0 x 2 f x 0x 1 2 x y f f 2 2  a 2: f a 0; c 0 Nếu x y 1,0 x f cx x 2 f x c 2x x 1 2 Thay vào (*) ta được c 21 + Nếu  Thì (*) trơ thành x  y  x y y f x f y f x f  x 2, y 2 2 2 2 2  y  x x x f y y f x, y 2 2 2 1,0 x y f f 2 2 x  c f c x x x, y 2 x x y y 2 f x c 2x 2x  x, y 1 3
5. ❖ c 0 f x 0 ❖ c 0 thay vào (*) chứng minh vô lí Gọi đường đi từ ô k 2 đến ô k 1 2 là một dãy các ô vuông cạnh nhau chứa các số tự nhiên liên tiếp từ k 2 đến k 1 2 gọi độ dài đường đi đó là 2k V 2,0 .Giả sử cột chứa các số chính phương chia bảng 11x11 thành 2 phần gọi là A& B .Dễ thấy một đường đi từ k 2 đến k 1 2 có các ô vuông(trừ 2 ô vuông chứa k 2 và k 1 2 ) đều nằm trong A hoặc B Nếu đường đi từ k 2 đến k 1 2 có các ô vuông(trừ 2 ô vuông chứa k 2 và k 1 2 ) đều nằm trong A,thì đường đi từ k 1 2 đến k 2 2 có các ô 1,0 vuông(trừ 2 ô vuông chứa k 1 2 và k 2 2 ) đều nằm trong B Giả sử đường đi từ 12 22 thuộc A kí hiệu 12 A 22 22 B 32 32 A 42 42 B 52 52 A 62 62 B 72 72 A 82 82 B 92 1,0 92 A 102 102 B 112 số các ô vuông của A bằng S 2 1 3 5 7 9 5011 vô lí Vậy điều giả sử sai nên ta không thể điền được. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 4