Bài 34 điểm Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có AC vuông góc với BD tại điểm H.. a Chứng minh rằng tám điểm I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là tr
Trang 1HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 1 trang, gồm 5 bài)
x ax b x
x
f( ) Chứng minh rằng phương trình
2
2 )
( a b x
f
có duy nhất một nghiệm thực dương
1 0, n 1 1 2 n, 1
y y y y y n Chứng minh rằng dãy số y n
n
có giới hạn bằng 0 khi n
Bài 3(4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có AC
vuông góc với BD tại điểm H Gọi I, J, K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA, gọi M, N, P, Q tương ứng
là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA
a) Chứng minh rằng tám điểm I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của đoạn thẳng OH
b) Chứng minh rằng giao điểm của IK và JL nằm trên đường thẳng OH
Bài 4(4 điểm) Tìm đa thức P(x) với hệ số thực và thỏa mãn:
) 1 2 ( ) ( ) 1 2 ( )
x P x P
xy y x y c
có đúng ba nghiệm nguyên dương ( , )x y
Họ tên người ra đề
ĐT: 0982841051
Trang 2ĐÁP ÁN +BIÊU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Bài 1(4 điểm)
Ta đi tìm miền giá trị của hàm số khi x ( 0 , )
) (
0 ) )(
( 2
) (
1 ) )(
(
2
2
)
(
b x a x
b x a x b
x a x
b a x
x
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( 0 , )
Hơn nữa,
2 ) ( lim , )
( lim
0
b a x f ab x
f
x x
nên miền giá trị của hàm số ứng với x ( 0 , ) là khoảng )
2 ,
Để chứng minh phương trình có duy nhất một nghiệm dương, ta chỉ cần chứng minh
2 2
2
b a b
a
ab ……….1 điểm
Bất đẳng thức thứ nhất tương đương với
2
) (
4 ab a b a b , đúng vì a b
Bất đẳng thức thứ hai tương đương với
2
)
( a b ab a b , đúng vì a b………1 điểm
Bài 2(4 điểm)
Từ giả thiết ta có 3 3
y y y n , do đó dãy số y n n2 là dãy tăng, vì
y y y y y y y
y y
, n 2 y n21y n2 1 y22 n 1
2
1
n
2 2 2
1
( 1)
y n n
nên theo định lý kẹp ta có
2
Bài 3(4 điểm) (bạn đọc tự vẽ hình)
a)(2 điểm) Trước hết ta chứng minh H, I, P thẳng hàng Thật vậy,
AHI IAH HDC HCD PHC ( vì HP là trung tuyến của tam giác vuông HCD)
suy ra I, H, P thẳng hàng Tương tự cũng có J, H, Q thẳng hàng, K, H, M thẳng hàng, L, H, N thẳng hàng
Rõ ràng I và K nằm trên đường tròn đường kính MP, J và L nằm trên đường tròn đường kính NQ (1)
Mặt khác, MNPQ là hình bình hành và MN song song AC, NP song song
BD, AC vuông góc BD nên MN vuông góc NP, vì vậy MNPQ là hình chữ nhật Do đó đường tròn đường kính MP cũng là đường tròn đường kính NQ (2)
Trang 3Từ (1) và (2) suy ra I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của MP và NQ, gọi tâm đó là T Hơn nữa, OM song song HP( vì cùng vuông góc với AB), OP song song HM(vì cùng vuông góc với CD) nên OMHP là hình bình hành, do đó trung điểm T của MP cũng là trung điểm của OH
Vậy I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của OH
b)(2 điểm) Ta sẽ dùng phép nghịch đảo để chứng minh phần này.
Kí hiệu (T) là đường tròn được nêu trong phần (a).Ta có
H T
P HI HP HJ HQ HK HM HL HN k nên phép nghịch đảo cực H phương tích k biến I thành P, J thành Q, K thành M, L thành N
Ta xét hai trường hợp:
+ Nếu IK và JL đều không đi qua H: thế thì phép nghịch đảo nêu trên biến
IK thành đường tròn (HPM), biến JL thành đường tròn (HQN) Gọi G là giao điểm của IK và JL, phép nghịch đảo trên biến G thành G' thì G' thuộc
cả hai đường tròn (HPM) và (HQN) Vậy đường thẳng HG' là trục đẳng phương của hai đường tròn này
Ta có MNPQ là hình chữ nhật tâm T nên TM TP TN TQ P T HPM/( ) P T HQN/( )
do đó T thuộc trục đẳng phương HG' Mà T là trung điểm của OH và H, G, G' thẳng hàng nên G nằm trên đường đẳng OH.(đpcm)
+ Nếu IK hoặc JL đi qua H: giả sử IK đi qua H, thế thì AB song song CD nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn (O), do đó ABCD là hình thang cân Khi đó I, H, O, K thẳng hàng nên giao điểm của IK và JL nằm trên đường thẳng OH.(đpcm)
Bài 4(4 điểm)
giả sử degP(x)=n
- Nếu n=0 thì P(x)=const (thỏa mãn)
- Nếu n>0 ta đặt P( 2x 1 ) 2n P(x) R(x)
, degR(x)<n Thay vào giả thiết ta nhận được
) ( ) ( )
(
)
(x R x2 P x2 R x
nếu như R(x) khác đa thức 0 thì ta có degP+2degR=2degP+degR, suy ra degP=degR, mâu thuẫn
vì vậy ta có R(x)=0 nên P( 2x 1 ) 2n P(x) P( 2x 1 ) 2n P(x 1 )
đặt Q(x)=P(x+1) thì ta có Q( 2x) 2n Q(x)
n i
i
i x a x
Q
0 )
( , đồng nhất hệ số ta được 2 a 2n a i, i 0 , 1 , ,n 1
i
ra a i 0 , i 0 , 1 , ,n 1
n
n
a x
Q( ) ( ) ( 1 ) (thỏa mãn)
Bài 5(4 điểm)
Trang 4Ta viết lại phương trình 2 2
( 1)
x y y y c
- Nếu y 1 c 0, loại
- Nếu
2 2
( 1) 1
1 ( 1)( 1)
, do đó c y 1 và y y( 1) c y 1
Ta có y 1(mody 1),y 1 2(mody 1) nên
( 1) 2(mod 1) 2(mod 1)
y y y c y
vậy c 0(mody 1),c 2(mody 1), mà y 1 0(mod y 1),y 1 2(mody 1)
nên c y 1(modlcm y( 1,y 1))
Với y 2,3 ta có c 1(mod 3),c 2(mod 4) Do vậy ta thử lấy c 10
Ta phải có y 1|10 y 2,3,6,11 Khi đó 4, 2, ,12
7
x , theo thứ tự Vậy phương trình có đúng ba nghiệm nguyên dương ( , ) (4, 2),(2,3),(1,11)x y
Họ tên người ra đề
ĐT: 0982841051