Kì thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 các trường THPT chuyên khu vực Duyên Hải và đồng bằng Bắc Bộ - Năm học 2017 (Có đáp án)

Nội dung text: Kì thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 các trường THPT chuyên khu vực Duyên Hải và đồng bằng Bắc Bộ - Năm học 2017 (Có đáp án)

1. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP: 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 15/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang) x2 Bài 1 (4,0 điểm) Cho số thực a và dãy số x với x a và x n với mọi số tự nhiên n . n n 0 0 n 1 2 2 xn 1 a) Khi a . Chứng minh rằng dãy số x có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 2 n b) Khi a 0;1. Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, AB AC, đường cao AH và trực tâm là điểm K . Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính AC tại D, E BD BE . Đường thẳng CK cắt đường tròn đường kính AB tại F,G CF CG . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC tại điểm P P H . a) Chứng minh rằng các điểm G, H, P, E cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng các đường thẳng BF,CD, PK đồng quy tại một điểm. Bài 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ¢ ¢ thỏa mãn điều kiện sau: f x f y f f x f y 1 với mọi x, y ¢ . Bài 4 (4,0 điểm) Các số a,b,c nguyên, c 0 và thỏa mãn điều kiện an 2n là ước của bn c với mọi số nguyên dương n . a) Chứng minh rằng c 0 hoặc c 1. b) Khi c 1. Chứng minh rằng a và b không đồng thời là các số chính phương. Bài 5 (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho bát giác lồi A1 A2 A8 thỏa mãn: Có tất cả các góc bằng nhau, các đỉnh là các điểm nguyên, A1 A2 song song với trục Ox , trên biên của bát giác có đúng 16 điểm nguyên kể cả đỉnh. Gọi n1,n2 , ,n8 lần lượt là số điểm nguyên nằm bên trong các cạnh A1 A2 , A2 A3 , , A8 A1 (điểm nằm trong cạnh AB là điểm nằm trên cạnh AB và khác hai điểm A và B , điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ đều nguyên). a) Tính diện tích của bát giác theo n1,n2 , ,n8 b) Tìm diện tích lớn nhất của bát giác A1 A2 A8 . HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN LỚP:11 ĐÁP ÁN (Đáp án gồm 06 trang) Bài 1: (4,0 điểm)_chuyên ĐHSP Hà Nội x2 Cho số thực a và dãy số x với x a và x n với mọi số tự nhiên n . n n 0 0 n 1 2 2 xn 1 c) Khi a . Chứng minh rằng dãy số x có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 2 n d) Khi a 0;1. Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM a. 2,0đ xn xn 1 xn 2 Ta có xn 1 xn 2 . 0,5đ 2 xn Do đó bằng quy nạp ta được xn 0;1 ,n ¥ 0,5đ 1 Từ đó suy ra dãy x giảm và bị chặn nên tồn tại l lim x , l x . 0,5đ n n 0 2 2 2 xn l 3 2 Từ xn 1 2 , chuyển qua giới hạn ta được l 2 l l 2l 0 2 xn 2 l 0,5đ l l 1 l 2 0 l 0. Do đó lim xn 0 . b. 2,0đ Với a 0;1 , ta có xn a,n ¥ suy ra lim xn a . 0,5đ xn xn 1 xn 2 Với a 0;1 , ta có xn 1 xn 2 . Do đó bằng quy nạp ta 2 xn 0,5đ được xn 0;1 ,n ¥ và dãy số xn giảm. Kết hợp với dãy xn bị chặn nên tồn tại l lim xn , l x0 a 1. 0,5đ 2 2 xn l 3 2 Từ xn 1 2 , chuyển qua giới hạn ta được l 2 l l 2l 0 2 xn 2 l 0,5đ l l 1 l 2 0 l 0. Do đó lim xn 0 . Bài 2: (4,0 điểm)_chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
3. Cho tam giác ABC nhọn, AB AC , đường cao AH và trực tâm là điểm K . Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính AC tại D, E BD BE . Đường thẳng CK cắt đường tròn đường kính AB tại F,G CF CG . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC tại điểm P P H . c) Chứng minh rằng các điểm G, H, P, E cùng thuộc một đường tròn. d) Chứng minh rằng các đường thẳng BF,CD, PK đồng quy tại một điểm. Ý ĐÁP ÁN Điểm a. A E 2,0đ G K D F C S B H P Ta có AHB 900 suy ra 5 điểm A,G, B, H, F cùng nằm trên một đường tròn. Do đó tứ giác AGHF nội tiếp KG.KF KA.KH (1). Ta có AHC 900 suy ra 5 điểm A, E,C, H, D cùng nằm trên một đường tròn. 0,5đ Do đó tứ giác ADHE nội tiếp KD.KE KA.KH (2). Từ (1) và (2) ta được KD.KE KG.KF suy ra tứ giác GDFE nội tiếp GDF GEF 1800 (3). Ta có AB là trung trực của GF AG AF , AC là trung trực của DE AD AE A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GDFE . 1 Suy ra GEF GAF BAF (4). 0,5đ 2 Tứ giác DHPF nội tiếp nên FDP FHP , tứ giác ABHF nội tiếp nên FHP BAF FDP BAF (5). Từ (4) và (5) ta được GEF FDP (6). Từ (3) và (6) ta được GDF FDP 1800 A, D, P thẳng hàng. 0,5đ Tương tự P, F, E thẳng hàng. Ta có GHP AHP AHG 900 AHG 900 AFG 900 900 BAF suy ra GHP 1800 BAF (7). 0,5đ Từ (4) và (7) suy ra GHP 1800 GEP tứ giác GHPE nội tiếp. b. 2,0đ Ta có HP là trục đẳng phương của DHPF và GHPE , DF là trục đẳng 0,5đ
4. phương của DHPF và GDFE , GE là trục đẳng phương của GDFE và GHPE suy ra HP,GE, DF đồng quy tại điểm S . Xét tam giác SEP có EB,GP, SF đồng quy suy ra 1,0đ SPBC 1 E SPBC 1 GFKC 1 (8). Xét tam giác KBC và kết hợp với (8) ta được BF,CD, PK đồng quy tại một 0,5đ điểm. Bài 3 (4,0 điểm)_chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi Tìm tất cả các hàm số f : ¢ ¢ thỏa mãn điều kiện sau: f x f y f f x f y 1 với mọi x, y ¢ . ĐÁP ÁN ĐIỂM 4,0đ Thay y f x f x f f x f f x f f x 1 1 suy ra tồn 0,5đ tại số nguyên a sao cho f a 1. Thay y a ta được 0,5đ f x f a f f x f a 1 f x 1 f f x ,x ¢ (1). Thay x bởi f x và y bởi x ta được f f x f x f f f x f x 1 0,5đ f 0 f f f x f x 1, x ¢ (2). Từ (1) và (2) ta được f 0 f x 2 f x 1, x ¢ f x 2 f x f 0 1, x ¢ (3). 0,5đ Từ (3) ta được f x 2 f x f x 1 f x 1 , x ¢ f x 2 f x 1 f x f x 1 , x ¢ f x f x 1 f 1 f 0 , x ¢ (4). Từ (4) và n nguyên dương ta được f n f 0 n f 1 f 0 (5) Từ (4) và n nguyên dương ta được f n f n 1 f 1 f 0 1,0đ suy ra f n f 0 n f 1 f 0 (6). Từ (5) và (6) suy ra f x f 0 x f 1 f 0 cx d, x ¢ Thử lại phương trình đã cho ta được f x cy d f cx d cy d 1,x, y ¢ c x cy d d c cx d d cy d 1,x, y ¢ cx c2 y cd d c2 x cd d cy d 1,x, y ¢ 1,0đ 2 c 0 c c c 0 d 1 2 c c c 1 c 1 cd d cd 1 2cd d 1 d 1
5. Do đó f x 1,x ¢ và f x x 1,x ¢ . Bài 4 (4,0 điểm)_chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM a. 2,0đ Ta có bn c  0 mod an 2n b3n  c3 mod an 2n (1) 0,5đ Theo giả thiết ta được 3n 3n 3n n n 2n n n 2n 3n b c chia hết cho a 2 a 2 a a .2 2 suy ra b c 0,5đ chia hết cho an 2n suy ra b3n  c mod an 2n (2) Từ (1) và (2) ta được c3  c mod an 2n với mọi số nguyên dương n . 0,5đ Suy ra c3 c chia hết cho an 2n với mọi số nguyên dương n . Do đó 3 c 0 0,5đ c c 0 . Kết hợp với c 0 ta được c 0;1 . c 1 b. 2,0đ Khi c 1. Giả sử a,b đều là các số chính phương và a x2 ,b y2 ;a,b ¥ * . Khi đó x2n 2n là ước của y2n 1 với mọi số nguyên dương n . Bây giờ ta xây dựng số nguyên tố p sao cho p x2n 2n nhưng p không 2n là ước của số y 1. Lấy 2n p 1 và lấy p đủ lớn để a, p b, p 1 1,0đ p 1 p 1 theo định lí Fermat ta được x2n 2n x p 1 2 2 1 2 2 mod p . Như vậy ta cần chọn số nguyên tố p thỏa mãn p 1 p 1 1 2 2  0 mod p 2 2  1 mod p (1). Từ (1) và theo tiêu chuẩn Fermat ta cần chọn số nguyên tố p lẻ sao cho 2 không là số chính phương mod p . Ta có 2 0,5đ 2 p 1 1 1 8 1 p 8k 1 hoặc p 8k 7 . p Như vậy để chọn số nguyên tố p lẻ sao cho 2 không là số chính phương mod p ta lấy p  3 mod8 hoặc p  5 mod8 . Do có vô hạn số nguyên tố dạng 8k 3 nên chọn p  3 mod8 và p a, p b và theo 0,5đ phân tích ở trên ta được x2n 2n  0 mod p . Mặt khác y2n 1 y p 1 1  2 mod p . Do đó 2  0 mod p vô lí. Vậy giả sử ban đầu là sai hay a,b không đồng thời là số chính phương. Bài 5 (4,0 điểm)_chuyên Thái Bình Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho bát giác lồi A1 A2 A8 thỏa mãn: Có tất cả các góc bằng nhau, các đỉnh là các điểm nguyên, A1 A2 song song với trục Ox , trên biên của bát giác có đúng 16 điểm nguyên kể cả đỉnh. Gọi n1,n2 , ,n8 lần lượt là số điểm nguyên nằm bên trong các cạnh
6. A1 A2 , A2 A3 , , A8 A1 (điểm nằm trong cạnh AB là điểm nằm trên cạnh AB và khác hai điểm A và B , điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ đều nguyên). c) Tính diện tích của bát giác theo n1,n2 , ,n8 d) Tìm diện tích lớn nhất của bát giác A1 A2 A8 . Ý ĐÁP ÁN Điểm a. A6 n5 A5 A6 A5 n6 A7 0 n4 2 2 n7 A A4 7 A 4 2,0đ 0 0 n3 A8 A3 A8 A3 2 2 n8 n2 A1 n1 A2 0 A1 A2 Ta có n1 n2 n8 16 8 8. Số điểm nguyên trên đoạn thẳng A1 A6 bằng số điểm nguyên trên đoạn thẳng A A , A A , A A và số điểm nguyên trên đoạn 1 8 8 7 7 6 1,0đ thẳng A1 A6 bằng số điểm nguyên trên đoạn thẳng A2 A3 , A3 A4 , A4 A5 suy ra n2 n3 n4 n6 n7 n8 . Tương tự n1 n2 n8 n4 n5 n6 . Diện tích của hình chữ nhật bao đa giác là S1 n2 n3 n4 3 n1 n2 n8 3 0,5đ Diện tích của bốn tam giác vuông cân ở bốn đỉnh của hình chữ nhật và nằm bên ngoài đa giác là 1 2 1 2 1 2 1 2 S n 1 n 1 n 1 n 1 . 0,5đ 2 2 2 2 4 2 6 2 8 Do đó diện tích đa giác là S S1 S2 . b. 2,0đ 1 2 Ta có S n n n n 4 và sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2 8 2 4 6 8 2 n1 n2 n8 n2 n3 n4 6 S1 suy ra 0,5đ 2 2 n1 n2 n8 n2 n3 n4 6 1 2 S n2 n4 n6 n8 4 (1) 2 8 1 Ta có n1 n2 n8 n2 n3 n4 2 n1 n2 n8 2 n2 n3 n4 2 1 n n n n n n n n n n n n 0,5đ 2 1 2 8 4 5 6 2 3 4 6 7 8 1 1 n 2n 2n 2n n 2n n n 8 n n n n (2) 2 1 2 8 4 5 6 3 7 2 2 4 6 8
7. Từ (1) và (2) ta được 2 1 n n n n 8 6 2 2 2 4 6 8 1 2 x 20 1 2 S n2 n4 n6 n8 4 x 4 , 0,5đ 2 8 4 8 trong đó x n2 n4 n6 n8 x 0;8. 2 x 20 1 2 1 Ta có x 4 31 x 16 x 8 31 (do x 0;8) 4 8 16 0,5đ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 8,n2 n4 n6 n8 2,n1 n3 n5 n7 0 (Như hình vẽ ở trên). Vậy max S 31. Hết 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 0,5 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.