Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 11 của trường chuyên NGUYỄN BỈNH KHIÊM, QUẢNG NAM

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM NĂM 2015 TỈNH QUẢNG NAM Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM NĂM 2015

TỈNH QUẢNG NAM Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 01 trang gồm 5 câu)

Câu 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:

2

2

x x xy y y

x y x x x y x y y x y x x







; x y  ,

Câu 2 (4,0 điểm) Cho dãy số { }a xác định bởi n 0< ¹ và a1 1 n 1 n , 1

n

n

a

®¥ - = .

Câu 3 (4,0 điểm) Cho ABC nhọn có BAC 300 Hai đường phân giác trong và

ngoài của ABC lần lượt cắt đường thẳng AC tại B và 1 B ; hai đường phân giác trong2

và ngoài của ACB lần lượt cắt đường thẳng AB tại C C Giả sử hai đường tròn1, 2 đường kính B B và 1 2 C C gặp nhau tại một điểm 1 2 P nằm bên trong ABC Chứng minh rằng BPC 900.

n

có các nghiệm là b b1, , ,2 b Chứng minh rằng: nếu n x lớn hơn các số b b1, , ,2 b thì n

1

2

2

2

n

P x

÷

Câu 5 (4,0 điểm) Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên x y, không chia hết cho 2015

và thỏa mãn x2 +8059y2 =4.2015 ,n " Î ¥ n *

……….HẾT……….

Người ra đề:

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11

1 (4,0 điểm)

Điều kiện: x0,y0

Đặt a x b,  y (a0,b0) Hệ phương trình đã cho trở thành

 

2

2 1

a a b b

a b a a b a b a b a







1,0

Nhận xét: a= Þ0 b=0; b= Þ0 a=0 Do đó a b ,  0,0 là một nghiệm của hệ.

Bây giờ ta xét a 0,b0 Đặt b ka  k 0 Với cách đặt này thì

5

5

1 2

k



4a6 a k6 63a5 15a2 k a2 2 3a k a 3 3a k3 4a32 (4)

1,0

5

2

3

(5)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái của (5) ta được:

2

 22 12 4 k 6 k2 4k3 k2

1,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k 1 Khi đó a b 3 hay x y 9

2 (4,0 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2 1

1

1 2

a a

a

Nhận xét: a n> " ³n n, 2.

Ta sẽ chứng minh nhận xét này bằng phương pháp quy nap

Thật vậy

 Với n=2 ta có a2> (đúng)2

 Giả sử a k > k

k

k

a

Suy ra a k+1> + k 1

Như vậy a n> " ³n n, 2 (điều phải chứng minh).

1,0

a n a n a n a

Áp dụng (1) ta có

3

2

4

3

1

3

4

1

n

n

a

a

a

a

a n a

a

+

-ïï - = ïï

ïï

ïï íï ïï ïï

ïï ïî

1,0

Suy ra

( ) ) ( ( ) ) ( 2 )( 2 ) 3 )( 3 ) ( )( )

2 3

n

n

a a a

+

1

2 3

1

n n

n

a a a

+

n

n

+

Û - + = - çççè- ÷ç÷øèçç- ÷÷ø èççç- ÷÷ø

2

1

n n

a

+

=

÷

1,0

Ta lại có

1

1 1

1 1

n

n

n n

n a

a

a

+

n n a

a

2

1

1

n

n

a

a

-=

n

n

a

n

n

a + < - <

n

+

2

a

®¥ = Þ ®¥ - =

®¥ - =

1,0

3 (4,0 điểm)

Phần hình vẽ

O

C2

C1

B2

B1

B

A

C

Phần lời giải

Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng B B 1 2

Khi đó hai điểm B và P nằm trên đường tròn tâm O bán kính OB 1

OBC OBB CBB  OB B B BA BAC  nên OCBOBA, 1,0

Suy ra OC OA OB  2 OP2

Từ đó OCPOPA OPC PAC 

PBC PBA  B BC PBB  ABB  PBB  PBB POB PCA OPC

1,0

Như vậy PBC PBA PCA PAC     suy ra PAC PBC PBA PCA   (1)

Ngoài ra PAC PBC PAB PCB  PBA PCA   1800 (3)

1,0

Từ (1), (2) và (3) ta đi đến PBA PCA 600

Suy ra BPC PBA PAB   PCA PAC   BAC PBA PCA   900 1,0

4 (4,0 điểm)

Vì b b1, , ,2 b là các nghiệm của n P x nên ( )

( ) ( 1)( 2) ( n)

P x = -x b x b- x b

Với mọi x b i> i, =1,2, ,n, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

n

P x

÷

1

1

n

n

P x n

x b x b x b

n n

n

n

x b x b x b

n

n n

n

n

-=

1,0

Đặt x b- i = > t i 0

t+ =C t +C t - +C t - + +C t C+

C t C t - C t nt

2

n n

C t C t - - t nt

1 2 2

1 1

2

n n

n n

-+

1,0

1

n n

t - nt+ ³ " ³n

(do D =n(2- n)£ ).0 Suy ra

i

n

i

Như vậy, từ (1) ta suy ra:

1,0

( ) ( ) 2

2 2 2

n

n

P x

÷

5 (4,0 điểm)

Ta có: x2+8059y2 =4.2015n Û x2+(4.2015 1- ) y2 =4.2015n.

Đặt a=2015 , ta sẽ chứng minh luôn tồn tại hai số nguyên x y, không chia hết cho a

và thỏa mãn x2+(4a- 1) y2 =4a n.

0,5

 Nếu n=1 thì x= =y 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 Giả sử bài toán đúng đến n

 Ta sẽ chứng minh bài toán đúng đến n+1

Thật vậy,

2 4 1 2 4 n 4 n 1 2 4 1 2

x + a- y = a Û a + =ax +a a- y

1,0

Ta có hai cách phân tích như sau:

hoặc là

Đặt

1

1

2 2

X

x y Y

-ïï =

ïïï

-ï =

ïïïî

;

2

2

2 2

X

x y Y

-ïï = ïïï

ïïïî

4a n+ =X + 4a- 1 Y (1)

4a n+ =X + 4a- 1 Y (2)

1, 5

 Nếu Y a1/M thì X1- Y1=2ay aMÞ X a1/M Kết hợp với (1) suy ra X Y thỏa mãn yêu1, 1

cầu bài toán trong trường hợp n +1

 Nếu Y a2/M thì X2- Y2=2ay aMÞ X2/M Kết hợp với (2) suy ra a X Y thỏa mãn 2, 2

yêu cầu bài toán trong trường hợp n+1

Vậy ta hoàn tất việc chứng minh

0,5

Lưu ý:

- Thí sinh làm khác đáp án nhưng hợp lý vẫn đạt điểm tối đa.

- Khuyến khích những cách giải sáng tạo.

Người ra đề