Đề thi môn Toán Lớp 11 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP 11 Giải phương trình, ta được x 1 3 
Ta sẽ chứng minh rằng a 1 3 là giới hạn của dãy.
Thật vậy: 
 2 2
 un a 1
un 1 a 1 1 un a . un a 
 2 2 2
Vì 1 un 0 nên un a 1 1 3 3 
 3
Vậy u a . u a ,n 2. 
 n 1 2 n
 n 1 n
 3 3 
Do đó u a . u a 
 n 1 2 
 2 2 
 n
 3 3 
Vì 0 1 nên lim 0 suy ra lim u a 0 
 n 1
 2 2 
 Vậy limun a 1 3
Bài 3(3,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, D là trung 
 11 5 13 5 
điểm của đoạn thẳng AB. Biết rằng I ; , E ; lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp 
 3 3 3 3 
tam giác ABC và trọng tâm tam giác ADC, các điểm M 3; 1 , N 3;0 lần lượt thuộc các 
đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết rằng điểm A có tung độ dương.
Bài giải: 
Do DK là đường trung bình của tam giác ABC nên DK//BC
Gọi G là giao điểm của AI và CD, khi đó A
AI  BC AI  DK AI  DE 
 N
 1
 GE / / AD
Lại có 3 EG  DI D E K
 ID  AB
 G
Từ đó suy ra G là trực tâm của tam giác DEI hay DG  IE I J
 M
 C
Đường thẳng DC qua M và vuông góc với IE nên có phương B H
trình x = 3
   d 3
Giả sử D 3;d , từ DN  DI DN.DI 0 4 
 d 
 3 n 1
Ta có : x1 1; x2 2; x3 4;...; xn 2 
 2010 3 2010
2009xn yn 2 0 2009xn xn 2009xn 2 0
 2 3n 3 22013 2 2013 3n 3 2013 n 672
Bài 5 (3,0 điểm): Xác định tất cả nghiệm không âm x1, x2 , x3 ,..., x14 của phương trình: 
 4 4 4
 x1 x2 ... x14 15999 .
Bài giải:
Lũy thừa 4 gợi cho ta xét modunlo nào?.  n 4 22 n 16.
x4 đồng dư 0 hoặc 1 theo modunlo 16.
 4 4 4
Do đó: x1 x2 ... x14 đồng dư với : 1,2,...14 theo modunlo 16.
15999  1 mod16 ( mâu thuẩn).
 Vậy phương trình trên vô nghiệm.
Bài 6 (3,0 điểm): Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và 
thỏa mãn hệ thức f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y), với mọi số thực x, y.
 Bài giải:
Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = 
f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2
 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với y R suy ra 
f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : 
f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**). Cộng (*) và (**) ta có: 
f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y (***) . Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) . Vậy từ 
(***) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) 
kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra 
f(x) = 0 hoặc f(1) =1.
 m m m
 Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có  Q thì f ( ) , thật vậy :
 n n n
 m m m
 n. f ( ) f (n). f ( ) f (n.. ) f (m) m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số thực x. 
 n n n
Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = Ta có 2x2 5x x2 2 x 2 0 4x2 10x 2 x2 2 x 2 0
 x3 4x2 8x x2 2 x 2 x 2 0
 1
 2 2
 x x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 0
 x x 2 x 2 x 2 x 2 x2 2 x 2 x 2 0
 x 2 x 2 x2 2 x x 2 x 2 0
 x 2 x 2 2 2x x 2 0
 1
 2 x 0 
 2 x 2 2 3
 2 x 2 x x 4 x 2 
 x 1
 x x 2 1 2 x 0 
 1 5
 x2 x 2 1 x 
 2
 1
 1 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1; ;2 2 3 
 2  
 1
Bài 2 (4 điểm): Cho dãy số un xác định bởi công thức 
 u2 1
 u n 1,u 
 n 1 2 1 3
Chứng minh rằng dãy số un có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Bài giải: 
Ta có 1 un 0,n 2 
 x2
Do đó, nếu limu a thì a phải là nghiệm âm của phương trình x 1 
 n 2 1
Giải phương trình, ta được x 1 3 
Ta sẽ chứng minh rằng a 1 3 là giới hạn của dãy.
 1
Thật vậy: +/ Với d 3 D 3;3 
Phương trình đường thẳng AB là x – 2y + 3 = 0
Đường thẳng AI qua I và vuông góc với DE nên có phương trình x – y = 2
 x 2y 3
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ A 7;5 
 x y 2 1
Từ D là trung điểm của AB suy ra B 1;1 
Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AI nên có phương trình x + y = 0
Tọa độ trung điểm H của BC là nghiệm của hệ phương trình 
 x y 0
 H 1; 1 C 3; 3 
 x y 2
 4 4 
+/ Với d D 3; , tương tự trường hợp trên cho ta tọa độ điểm A là 
 3 3 
 107
 x 
 2x 9y 6 6
nghiệm của hệ (loại)
 12x 27y 89 125
 y 
 27
Vậy A 7;5 , B 1;1 ,C 3; 3 
 1
 1
 3
Bài 4(3 điểm): Cho hàm số: y x 2009x có đồ thị là (C). M1 là điểm trên 
(C) có hoành độ x1 1. Tiếp tuyến của (C) tại M1 cắt (C) tại điểm M 2 khác 
M1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của 
(C) tại điểm M n 1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1 (n = 4; 5;), gọi xn ; yn 
là tọa độ điểm M n . thực x, y.
Bài giải:
Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi 
x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2
 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với y R suy ra 
f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : 
f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**). Cộng (*) và (**) ta có: 
f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y (***) . Thay x = y ta được 
f(2x)=2f(x) . Vậy từ (***) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, 
từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi 
số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1.
 m m m
 Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có  Q thì f ( ) , thật vậy :
 n n n
 1
 m m m
 n. f ( ) f (n). f ( ) f (n.. ) f (m) m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x 
 n n n
với mọi số thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) 
= 
f (( a b)2 ) [ f ( a b)]2 0 , tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a < x , khi đó 
tồn tại số hữu tỷ b: sao cho a < b < x , theo trên thì f(b) = b , vô lý, tương tự cho
 a >x ta cũng có diều vô lý. Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 
0, f(x) = x. 
 +/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay
 1
 f(– y)=f(y). Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****)
Từ (*) và (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên 
hàm đó là f(x) = 2 
 1