Title Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2017-2018 (Khối 11) [Đáp Án].pdf ✅

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP 11 Bài 1. Đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng. Cho dãy số   n n 1 u  xác định bởi 1 1   3 0, 1 . 5 n n n u u u n u       a) Chứng minh rằng dãy   n n 1 u  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b) Đặt 1 1 3 n n k k T  u    . Tìm lim . 5 4 n n T  n  Ý NỘI DUNG ĐIỂM a Ta chứng minh bằng quy nạp theo * n , dãy   n n 1 u  bị chặn trên bởi 1 và là một dãy tăng. +) Ta có 1 u 1. Giả sử 1 n u  , * n . Vì hàm   3 5 x f x x    là đồng biến trên khoảng ( ;1)  và u u f u f n n n      1 1 1. 1     Vậy 1 n u  với mọi * n . 1,5 +) Ta có 2 1 3 5 u u   . Giả sử u u n n n   1  2 . Do 1 , 1 n n u u   và f là đồng biến trên khoảng ( ;1)  nên 1 1     . n n n n u f u f u u      Vậy dãy   n n 1 u  tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. +) Đặt lim 1 . n   n u a a    Suy ra 3 1 . 5 3 a a a a a          Vậy lim 1. n n u   1,0 b Ta có   1 1 1 4( 3) 1 1 2 3 1 2 . 5 3 4 3 k k k k k u u k u u u                    1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 3 3 3 4 3 n n n k k k k T n u u u                      1 1 1 1 . 12 4 2 3 n n n T u             1,0 Suy ra 1 1 1 1 lim . 6 2 3 5 4 10 n n n n T T n u n           0,5
Bài 2. Đề xuất của trường THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa. Đường tròn  nội tiếp tam giác ABC không cân có tâm là I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D E F , , . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại AP, và cắt đường thẳng AD tại AK, . Các đường thẳng PI, EF cắt nhau tại H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn  tại D N, . a. Chứng minh DH vuông góc với EF . b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn . Ý NỘI DUNG ĐIỂM a S M N H K P E F D I B C A Không mất tổng quát giả sử AB < AC. Sau đây kí hiệu ( ) XY là đường tròn đường kính XY và (XYZ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Gọi M là giao điểm của EF và BC. Đường tròn  tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F suy ra . . 1 ,BE, DB EC FA AD CF DC EA FB   đồng quy (theo định lý ceva). Nên theo tính chất cơ bản của hàng điểm điều hòa ta có ( , , , ) 1 ( , , , ) 1 M D B C H M D B C      (1). 0,5
Ý NỘI DUNG ĐIỂM Ta có AF ( ) P AEP PFB PEC PFB PEC g g PBF PCE            (2) PF FB BD PE EC CD    Dễ thấy I là trung điểm cung EF của đường tròn (AEF), suy ra PI là phân giác của (3) PF FH FPE PE EH   . Từ (2), (3) và HFB HEC  suy ra ( ) HB FB BD HFB HEC g g HC EC CD        HD là phân giác của BHC (4). Từ (1) và (4) theo tính chất của chùm điều hòa suy ra DH EF  . 1,0 b Dễ thấy đường tròn (AEF) là đường tròn đường kính AI. Suy ra IK AK  , do đó IK là trục đẳng phương của hai đường tròn (AI) và (DI). Ta có 2 /(AI) / /( ) . , P MF ME P MD P M M M DI      suy ra M thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (AI) và (DI). Suy ra M, K, I thẳng hàng. 0,5 Từ BC, EF, IK đồng quy tại M và IK DK DH EF   , suy ra DM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH. Gọi S là trung điểm DM, suy ra SD SN  mà ID IN  , suy SI là trung trực của DN. Ta lại có SD là tiếp tuyến của đường tròn  , suy ra SN là tiếp tuyến của  (5). 1,0 Từ ( , , , ) 1 M D B C   và S là trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta có 2 SD SB SC  . mà SD SN  , suy ra 2 SN SB SC  . , suy ra SN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6). Từ (5) và (6) suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn . 1,0 Nhận xét: Có thể chứng minh ND là phân giác của BNC , từ đó xét phép vị tự tâm N biến D thành D1 (với D1 là giao điểm của ND với đường tròn (BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn .
Bài 3. Đề xuất của trường THPT chuyên Hưng Yên. Cho P x( ) là đa thức bậc 5, mà trên đồ thị của nó có đúng ba điểm phân biệt thẳng hàng và có hoành độ là nghiệm của đa thức P x ''( ) . Chứng minh rằng hoành độ của ba điểm đó lập thành một cấp số cộng. Ý NỘI DUNG ĐIỂM Giả sử hoành độ ba điểm thỏa mãn điều kiện đề bài là 1 x , 2 x , 3 x . Không mất tính tổng quát giả sử 1 2 3 x x x   . Do ba điểm  x P x x P x 1 1 2 2 , ( ) ; , ( )    và  x P x 3 3 , ( ) thẳng hàng nên tồn tại hằng số  , sao cho ( ) P x x i i     với mỗi i 1,2,3. Coi hệ số cao nhất của P x( ) bằng 1. Bài toán đưa về chứng minh 1 3 2 x x x   2 . 1,0 Từ giả thiết ta có 1 2 3 P x x x x x x x ''( ) 20( )( )( )     . Xét đa thức Q x P x x ( ) ( )      , ta có ( ) ( ) 0 Q x P x x i i i       với i 1,2,3. Q x P x "( ) "( )  suy ra "( ) "( ) Q x P x i i  với mỗi i 1,2,3. Mọi nghiệm của Q x "( ) đều là nghiệm của Q x( ). Suy ra 2 20. ( ) "( )( ) Q x Q x x px q    (1) Đặt 2 p x y   , từ (1) ta có 2 2 20. " 2 2 4 p p p Q y Q y y q                      1,0 Đặt 5 4 3 2 ( ) 2 p R y Q y y ay by cy dy e               và 2 4 p q s   . Ta có 2 20. ( ) "( ).( ) R y R y y s   5 4 3 2 20( ) y ay by cy dy e      3 2 2      (20 12 6 2 )( ) y ay by c y s Đồng nhất hệ số của 4 2 y y, và hệ số tự do ta được 20 12 20 12 2 0 20 2 a a c as c a c e e cs              1,0