Title Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2014-2015 (Khối 11) [Đáp Án].pdf ✅

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 x y x y y x y xy                  Câu 2 ( 4 điểm). Cho dãy số   2 1 1 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 O1  và O2  cắt nhau tại A B, . AX AY , lần lượt là các đường kính của O1  và O2  . 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 O1 , O2  tại các điểm E F, khác A. IX cắt đường tròn O1  tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn O2  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: 1 1 ( ( )) ( ) ( ) , , 2 2 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 :   0 1 2 4 0 0 1 4( 1) 4 0 0 2 2 2 2 2                       xy x y xy x y xy xy x y 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) 2 4 20 1 6 3 2  x  x  y  (3) 0,5 Từ (2) và (3) ta suy ra : 8 4 28 4 2 4 20 2 ( 2 ) 4 3 3 2 6 3 2 2 x y  x  y   x  x  y  x  y   8 4 2 8 2  2  4 3 6 2 2 x y   x  y  x  y  4 2 4  2  4 3 6 2 2  x y   x  y  x  y  2  2   2  4 3 2 2   x  y  x  y  (4) Ta lại có  2   2  4 2 3 2 2 x  y  x  y   0,5 Do đó (4)         2 0 2 0 3 x y x y       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 u k k       . 1,0 Thật vậy   2 2 1 ( 1) 1 1 1 2 k k k k k u k u u k             2 2 2 1 2 2 ( 1) 1 1 2 2 1 1 1 1 1 k k k k k k u u k k k u k k k k                   1,0
Vậy ta có 2 1, 1 lim 1 1 n n n n u u n n n n          . 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 AO OO 1 2 là hình bình hành nên suy ra OO AY || 1 Lại có EA EO AO AE AF AO EO AY , , , mod || 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 2 2 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  AE AK LA LK , , mod        (1) 0,5 Mặt khác             , , , , , mod KE KA XE XA XE EA AE AX AE AX        2 0,5 S C D E F L K O Y X B A O1 O2 I
       AY AF AF FY AY AF AY FY LA LF , , , , , mod             2 (2) Từ (1) và (2) suy ra EF EK EA AK AK EK LA LK LF LA LF LK , , , , , , mod                    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 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 , ) Câu 4 Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn. Ta xét f không hằng. 0,5 1 1 ( ( )) ( ) ( ) , , (1) 2 2 f x xy f y f x f y x y                 Trong (1) cho y=-1 ta được: 1 1 ( ( 1)) ( ) ( 1) , (2) 2 2 f f f x f x                 Rõ ràng nếu 1 ( 1) 0 2 f    thì f là hàm hằng. Do đó: 1 1 ( 1) 0 ( 1) 2 2 f f        0,5 Ta sẽ chứng minh: 1 ( ) 0 1 2 f x x      .