TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG
TỈNH NAM ĐỊNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CỤM DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VIII - NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN - LỚP 11
Thời gian: 180 phút
Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2
3
2
1
2 1
3 2 3
2 1
2 3 5 7 2
− +
+ +

 
+ +
= + − −

 ÷
+ +
 


*
n∈¥
, đặt
2
n
n
n
y
x
=
. Chứng minh dãy số
( )
n
y

có giới hạn hữu
hạn và tính giới hạn đó.
2. Tìm các số
α
để dãy
( )
n
nx
α
có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số
khác 0.
Bài 3: (4 điểm)
Cho hai đường tròn
( )
O

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
( )
O
1
,
( )
O
2
tại các điểm
,E F
khác
A
.
IX
cắt đường tròn
( )
O
1
tại
điểm thứ hai


thỏa mãn
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
P a P b P c P a b c+ + = + +
Với mọi
, ,a b c∈¡
thỏa mãn
0ab bc ca+ + =
.
Bài 5: (4 điểm) Cho số nguyên dương
n ≥ 3
.
Chứng minh rằng tập hợp
{ }
; ; ; ;X n n= −
2
1 2 3
có thể chia thành hai tập
con không giao nhau sao cho không tập nào trong chúng chứa
n
phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <

( )
( )
( )
2
3
2
1
2 1
3 2 3 1
2 1
2 3 5 7 2 2
− +
+ +

 
+ +
= + − −

 ÷
+ +
 


+ = −

log
.
x y
x y x y
x y

 ÷  ÷
   
(*)
Xét hàm số
( )
1 3
10. 5. 7 2
5 5
t t
t
f t
   
= + − +
 ÷  ÷
   
với
t
∈
¡
Ta có
( )
1 1 3 3
' 10. ln 5. ln 7 ln7 0
5 5 5 5
t t
t
f t t
   
= + − < ∀ ∈
 ÷  ÷

3 3
2 2
3 3
2 2 1 2 1 3 2 3 3
2 2 1 3 2 3 3
2 3 2 2 1 3 2 1
⇔ + + − + + = + − −
⇔ + − + + = + − −
⇔ + + + = + + + + +
log log
log log
log log **
x y x x x
x x x x
x x x x
1,0
Xét hàm số
( )
3
log 3g t t t= +
với
0t
>
ta có
( )
1
' 3 0 0
ln3
g t t
t

x x
+ = + + ⇔ + = + + ⇔ + = +
+ ≥

≥ −


⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
+ = +



1,0
Với
1
2
x
=
ta có
1
2
y
=
(thỏa mãn điều kiện
2 1 0x y
+ + >
)
Vậy hệ có nghiệm

x x x x x
+
> = + + + + + + ∀ ∈
¥
1. Với mỗi
*
n∈¥
, đặt
2
n
n
n
y
x
=
. Chứng minh dãy số
( )
n
y

có giới hạn
hữu hạn và tính giới hạn đó.
2. Tìm các số
α
để dãy
( )
n
nx
α
có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số

2 2
1 1 1
2 3 2014 2015 2 3 2014 2015
1 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015
2
n n n n n n n
n n n n n n n n n n
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
+ + +
   
− = + − = + + + + + + + + + + +
 ÷ ÷
   
2 3 4 2015 2016 2 2013 2014
1 2 3 2014 2015 2 3 2014 2015
2 1
n n n n n n n n n
x x x x x x x x x
  
= + + + + + + + + + + +
 ÷ ÷
  
Suy ra
( )
2 2
1
lim 2
n n
x x

− + − + + − +
= =
Do đó
2
1
lim
2
n
n
x
=
1,0
2. Xét
2
2
n n n
n
n
z nx x
x
+
= =
α α
0,5
Từ đó:
+) Nếu
2> −
α
thì
lim

điểm)
Cho hai đường tròn
( )
O
1
và
( )
O
2
cắt nhau tại
,A B
.
,AX AY
lần lượt là các
đường kính của
( )
O
1
và
( )
O
2
. Gọi
O
là trung điểm của
XY
;
I
là điểm thuộc
đường phân giác của góc

O
1
tại điểm thứ hai
K
,
IY
cắt đường tròn
( )
O
2
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
( )
CEK
.
1. Chứng minh rằng 3 đường thẳng
, ,EK FL OI
đồng quy.
S

( ) ( ) ( ) ( )
, , , mod ||EA EO AO AE AF AO EO HY
π
= = ⇒
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
π
π
π
= + = +
= + =
1 1 1
2
1
2 2

, , modAE AK LA LK=
π
(1)
0,5
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , , , , modKE KA XE XA XE EA AE AX AE AX
= = + = +
π
π
2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , , , , modAY AF AF FY AY AF AY FY LA LF= + = + = =
π
π
2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , , , , , modEF EK EA AK AK EK LA LK LF LA LF LK= + = + =
π
Vậy 4 điểm
, , ,E F L K
cùng thuộc một đường tròn.
0,5
Gọi
S
là giao điểm của
EK

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

∈
¡
thỏa mãn
0ab bc ca+ + =
.
Giả sử
( )
P x

là đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trong (1) cho
0a b c= = =
ta được
( )
0 0P =
Với mọi
x∈¡
, ta có bộ
( )
6 ; 3 ; 2x x x−
thỏa mãn điều kiện
0ab bc ca+ + =
Do đó thay vào (1) ta được
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
6 3 2 7 ,P x P x P x P x x+ + − = ∀ ∈¡
(2)
1,0
*) Nếu
( )

i i i i
i i i i
a x a x a x a x
= = = =
       
+ + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
∑ ∑ ∑ ∑
1,0
Bài Nội dung
Điểm
4
(4
điểm)
So sánh hệ số cao nhất ở cả 2 vế ta được:
( )
2 2
36 9 4
36 9 4 49 1 1
49 49 49
n n n
n n n n
n n
a a n
     
+ + = ⇔ + + = ⇔ =
 ÷  ÷  ÷
     
(do vế trái là hàm nghịch biến trên

{ }
; ; ; ;X n n
= −
2
1 2 3
có thể chia thành hai tập con không giao nhau sao cho
không tập nào trong chúng chứa
n
phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1

, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1
.
Khi đó ta có
k k k k
a a a a
− +
− ≤ −
1 1
, với mọi
; ; ,k n= −2 3 1

j
S i j n< <
chứa ít nhất 2
phần tử trong số các phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
.
Tức là tồn tại
k
a
sao cho
,
k k j
a a S
+
∈
1
và

k j
a S S S
− −
∈ U U U
1 1 2 1
.
Khi đó ta có
;
k k j k k j

+
≤
1 1
2
với mọi
; ; ,k n= −2 3 1
.
1,0
Chứng minh tương tự ta cũng có tập
T
không chứa các phần tử
, , ,
n
a a a
1 2
với

n
a a a< < <
1 2
và
k k
k
a a
a
− +
+
≤
1 1
2