Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn: Toán lớp 11

Sở GD - ĐT Bắc Ninh
Cộng Hoà Xã Hội Chủ Nghĩa Việt Nam
Trường THPT Yên Phong 3
-------– & —-------
Độc lập – Tự do – Hạnh Phúc
.-.-.-.-.-l˜l-.-.-.-.-.
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường năm học 2008 - 2009
Môn: Toán lớp 11
Thời gian làm bài: 150 phút.
*************
Bài 1: 	Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = , với x, y là các số thực thoả
	mãn x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0.
Bài 2:	Cho cỏc số thực a, b, c ≥ 1, a2 + b2 + c2 = 4. Tìm phần nguyên của B = .
Bài 3:	Tính giỏ trị của biểu thức C = .
Bài 4: 	Giải phương trình lượng giác với xẻ(0, 2): .
Bài 5:	Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4y2 = 17.
Bài 6:	Giải hệ phương trình: .
Bài 7: 	Giả sử ba điểm G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam 
	giác nào đó. Chứng minh rằng 2. = .
Bài 8:	Chứng minh rằng với mọi DABC nhọn ta luôn có tanA.tanB.tanC > 1. 
Bài 9:	Tìm tất cả các hàm số f: R đ R thoả mãn f(x3 – y) + 2y.(3f2(x) + y2) = f(y + f(x)), "x, yẻR.
Bài 10: 	Cho các hằng số thực a, b, c với a ≠ 0. Chứng minh rằng đường thẳng (d) x = là trục đối 
	xứng của parabol (P) y = ax2 + bx + c. 
========== Hết ==========
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Trường THPT Yên Phong 3
Đáp án kì thi chọn học sinh giỏi cấp trường năm học 2008 - 2009 
môn Toán lớp 11
Ghi chú:
Nếu học sinh làm theo cách khác với đáp án nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Bài1:
(1 đ)
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = , với x, y là các số thực thoả mãn x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0.
Điểm
1.0
Giải: Ta thấy x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 là phương trình của đường tròn (C) tâm I(1;3), bán kính R = 2. Vì x, y thoả mãn x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 nên ta có A = = 2(+) = = 2(+ ) = = 2(+ ) = 2(NM + PM), trong đó N(1;4) nằm bên trong (C), P(-1;5) nằm bên ngoài (C), M(x;y) ẻ (C).
0.25
Gọi là giao điểm của đoạn thẳng PN với (C) ị ị toạ độ của điểmlà nghiệm của hệ Û ị .
0.25
Với mọi M(x;y) ẻ (C) ta thấy NM + PM ≥ PN = , dấu “=” xảy ra khi M(x;y)=.
0.25
Vậy min (A) = 2(NMo+PMơ) = 2.PN = 2. , đạt được khi .
0.25
Bài 2:
(1 đ)
Cho cỏc số thực a, b, c ≥ 1, a2 + b2 + c2 = 4. Tìm phần nguyên của B = (Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, và được kí hiệu là).
1.0
Giải: Từ giả thiết suy ra 1 ≤ a, b, c < 2
0.25
Như vậy (2 – a)(a – 1) ≥ 0 ị ≤ . Tương tự ≤ , ≤ . Do đó ta có B = ≤ (1).
0.25
Theo BĐT Cauchy ta có ≥ 2. = . Tương tự ≥, và ≥. Suy ra B = ≥ 3> 4 (2).
0.25
Từ (1) và (2) dẫn tới 4 < B < 5. Vậy = 4.
0.25
Bài 3:
 (1 đ)
Tính giỏ trị của biểu thức C = .
1.0
Giải: áp dụng công thức nhị thức Niutơn ta có:
,
.
ị .
ị .
0.5
Từ đẳng thức trên cho x = 2009 ta được
.
Vậy C = .
0.5
Bài 4:
 (1 đ)
 Giải phương trình lượng giác với xẻ(0, 2): 
 .
1.0
Giải: Điều kiện: ≠ . Ta thấy 
0.25
0.25
Nên PT đã cho trở thành 5cosx = 3 + cos2x
.
0.25
Vì xẻ(0, 2) nên ta lấy x1 = , x2 =. Cả hai giá trị này đều thoả mãn ≠ . Vậy x1 = , x2 = là các nghiệm cần tìm.
0.25
Bài 5:
(1 đ)
Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4y2 = 17.
1.0
Giải: Viết phương trình về dạng (|x| + 2.|y|).(|x| - 2.|y|) = 17 rồi nhận xét thêm rằng |x| + 2.|y| ≥ |x| - 2.|y| > 0, 17 là số nguyên tố, |x| + 2.|y| và |x| - 2.|y| là các số nguyên dương, suy ra 
0.25
(0.25 điểm) Û Û (0.25 điểm).
0.5
Thử lại thấy PT đã cho có bốn nghiệm nguyên là (9, 4), (9, - 4), (- 9, 4), (- 9 , - 4).
0.25
Bài 6:
(1 đ)
Giải hệ phương trình: .
1.0
Giải: Từ phương trình đầu của hệ ta thấy ngay+ 10 = y.( + y + 1) ị y > 0. Tương tự ta có x > 0, z > 0. Hơn nữa vì x, y, z hoán vị vòng quanh trong hệ nên ta có thể giả sử x = max{x, y, z}. 
0.25
Đặt f(t) = , thấy ngay đây là hàm số đồng biến trên Ă. Hệ phương trình đã cho được viết thành .
0.25
Nếu x ≥ y ≥ z > 0 thì ≥ ≥ (1). Mặt khác do f(t) đồng biến nên
f(x) ≥ f(y) ≥ f(z) ị ≥ ≥ (2). Từ (1) và (2) ị = = ị x = y = z.
Nếu x≥ z ≥ y > 0 thì tương tự như trên ta suy ra được x = y = z.
0.25
Với x = y = z thay vào hệ đã cho ta được + x -10 = 0 Û x = 2.
Thử lại thấy x = y = z = 2 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho.
0.25
Bài 7:
(1 đ)
Giả sử ba điểm G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam giác nào đó. Chứng minh rằng 2. = .
1.0
Giải: Giả sử DABC có trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O, và A/, B/, C/ lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
0.25
Đường trung trực của BC đi qua A/ và vuông góc với B/C/ nên nó trở thành đường cao tại đỉnh A/ của DA/B/C/. Từ đó ta dễ dàng suy ra O là trực tâm của DA/B/C/.
0.25
Phép vị tự tâm G tỉ số k = - 2 biến A/, B/, C/ thành A, B, C tương ứng, nên nó biến DA/B/C/ thành DABC. Như vậy phép vị tự này biến O (là trực tâm của DA/B/C/ ) thành H (là trực tâm của DABC). Suy ra = - 2., hay 2. = (đpcm).
0.5
Bài 8:
(1 đ)
Chứng minh rằng với mọi DABC nhọn ta luôn có tanA.tanB.tanC > 1. 
1.0
Giải: Vì DABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > 0 (1).
0.25
Lại có tan(A + B) = tan( - C) = - tanC < 0.
0.25
Vì 1.
Tương tự ta có tanB.tanC > 1, tanC.tanA > 1.
0.25
Từ ba bất đẳng thức vừa kể trên suy ra tan2A. tan2B. tan2C > 1 (2).
Vậy tanA.tanB.tanC > 1 (do (1) và (2)).
0.25
Bài 9:
(1 đ)
Tìm tất cả các hàm số f: R đ R thoả mãn f(x3 – y) + 2y(3f2(x) + y2) = f(y + f(x)), "x, yẻR.
1.0
Giải: Giả sử f(x) là hàm số thoả mãn các điều kiện của đề bài.
Từ đẳng thức đề bài:
Cho x = y = 0 ta được f(f(0)) = f(0) (1).
Cho x = 0, y = - f(0) ta được f(f(0)) = 8f3(0) + f(0) (2). 
Từ (1) và (2) ị f(0) = 8f3(0) + f(0) ị f(0) = 0.
0.25
Cho y = - f(x) ta được f(x3+f(x)) = 8f3(x), "xẻR (3).
Cho y = x3 ta được f(x3+f(x)) = 6x3f2(x) + 2x9, "xẻR (4).
Từ (3) và (4) ị 8f3(x) = 6x3f2(x) + 2x9, "xẻR.
0.25
 Û(f(x) – x3)(4f2(x) + x3f(x) + x6) = 0, "xẻR.
 Û f(x) = x3, "xẻR.
0.25
Thử lại thấy hàm số f(x) = x3 thoả mãn các điều kiện của đề bài nên nó là hàm số cần tìm.
0.25
Bài 10:
(1 đ)
Cho các hằng số thực a, b, c với a ≠ 0. Chứng minh rằng đường thẳng (d) x = là trục đối xứng của parabol (P) y = ax2 + bx + c. 
1.0
Giải: Lấy tuỳ ý M(x, y)ẻ (P), Đd(M) = M/(x/, y/), ta có biểu thức toạ độ
Û thay vào phương trình của (P) ta được
0.25
y/ = a()2 + b() + c Û y/ = a(x/)2 + bx/ + c
0.25
ị (P/) = Đd(P) có phương trình y = ax2 + bx + c ị (P/) (P) hay Đd(P) = (P).
Vậy đường thẳng (d) x = là trục đối xứng của parabol (P) y = ax2 + bx + c.
0.5