Tiêu đề Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2013-2014 (Khối 11) [Đáp Án].pdf ✅

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/04/2014 Câu 1(4 điểm): Giải hệ phương trình: 3 3 2x 2y 2x y 2xy 1 1 3y 1 8x 2y 1 x 0                  Câu 2 (4 điểm): Cho dãy 1 ( ) n n a   : 2 1 1 5 10 1; 1 5 n n n n a a a a n a         . a) Chứng minh dãy ( ) n a hội tụ và tính lim n a . b) Chứng minh 1 2 ... 5 5 1 2 n a a a n n        . Câu 3 (4 điểm): Gọi AD BE CF , , là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A . Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB AC , lần lượt ở M N, . Chứng minh rằng:   2 2 . 2 MN AB AC    Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f :  thoả mãn       2 2 f x y xf x yf y x y      , , (1) Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100. ----HẾT---- ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 11 Câu 1(4 điểm): Giải hệ phương trình: 3 3 2x 2y 2x y 2xy 1 1 3y 1 8x 2y 1 x 0                  (Quảng Trị) 3 3 2 2 2 2 1 1 (1) 3 1 8 2 1 (2) x y x y xy y x y               (1)  2 1 2 1 2 1 1 0 x y x y              ĐK: (2x + 1)(y + 1)  0 Mà x > 0 2 1 0 1 0 x y         (1)          2 1 1 2 1 2 1 0 x y x y        2 1 1 0 x y  y x2 Thay vào (2): 3 3 6 1 8 4 1 x x x         3 3       6 1 6 1 2 2 x x x x (3) Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R (3) 3    6 1 2 x x 3 1 4 3 2    x x NX: x >1 không là nghiệm của phương trình Xét 0  x 1: Đặt x = cos  với 0 2     Ta có: 1 cos3 2   2 9 3 2 9 3 k k                  (k Z ) Do 0 2     9     Vậy hệ có nghiệm cos ;2cos 9 9         1đ 1đ 1đ 1đ Câu 2 (4 điểm): Cho dãy 1 ( ) n n a   : 2 1 1 5 10 1; 1 5 n n n n a a a a n a         . a) Chứng minh dãy ( ) n a hội tụ và tính lim n a . ĐỀ SỐ 1
b) Chứng minh 1 2 ... 5 5 1 2 n a a a n n        . (Hải Phòng) a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 3 1 2 n    a n. Đặt A= 5 5 2  và xét hàm 2 5 10 10 ( ) ( 5) 5 5 x x f x x x x x         . Suy ra   2 10 3 '( ) 1 0 [1; ] 2 5 f x x x       , như vậy f x( ) nghịch biến trên đoạn [ ;1]. 1 2 1,0 Dẫn đến 1 3 5 2 1 2 4 6 2 ... ... ... ... k k a a a a A a a a a A                 2 1 2 lim lim k k a b A a c A           . 1,0 Kết hợp công thức xác định dãy ta được 2 2 5 10 5 5 5 5 10 2 5 c c b c b c b b c b                   Vậy lim n a = 5 5 2  . 1,0 b) Nhận xét: 5 5 [1; ) 2 t    thì t f t    ( ) 5 5 . Dẫn đến 2 1 2 5 5 k k a a       k 1 1 2 2 1 2 5 5 ... 2 2 k k a a a a k         (1) Như vậy bất đẳng thức đúng với n k  2 . Trường hợp n k   2 1 , chú ý 2 1 5 5 2 k a    , kết hợp với (1) thu được: 1 2 2 1 2 2 1 5 5 ... (2 1) 2 k k k a a a a a k           . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 1,0
Câu 3 (4 điểm): Gọi AD BE CF , , là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A . Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB AC , lần lượt ở M N, . Chứng minh rằng:   2 2 . 2 MN AB AC    (Chu Văn An-Hà Nội) Đặt BC a CA b AB c    , , ta có   2 2 2 2 2 b c a b c     suy ra 2 b c a   . 1,0 Dùng tính chất đường phân giác tính được , bc bc AF AE a b a c     . 0,5 Dùng phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được 2 2 . 2 , 2 bc AE AF bc AD AK b c AE AF a b c        . 1,0 Từ đó 2 2 AK b c MN b c AD a b c a a b c          . 1,0 Suy ra:   1 1 2 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 MN b c b c AB AC b c a           . 0,5 Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f :  thoả mãn       2 2 f x y xf x yf y x y      , , (1) (Thái Bình) Đáp án: Cho x  0 , từ 1 suy ra     2 f y yf y y    , Cho y  0 , từ 1 suy ra     2 f x xf x x    , . Do đó (1) trở thành:               2 2 2 2 f x y f x f y x y f x y f x f y x y            , , , , 0 * thay y bởi  y từ 1 ta được :