Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương lần thứ 12 các trường chuyên lê QUÝ đôn mới nhất

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2016 TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm 180 phút (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a2 b2 c2 + + b(a + 2) c(b + 2) a (c + 2) Câu (4 điểm) Cho dãy số thực { xn } xác định sau  x1 =    xn +1 = xn + x , ∀n ≥ n  Chứng minh : [ 25 x625 ] = 625 ( kí hiệu [ x ] phần nguyên số thực x ) Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AH tâm đường tròn nội tiếp I Gọi M điểm cung nhỏ BC (O) D điểm đối xứng với A qua O Đường thẳng MD cắt đường thẳng BC, AH theo thứ tự P Q a Chứng minh tam giác IPQ vuông b Đường thẳng DI cắt (O) điểm E khác D Hai đường thẳng AE BC cắt điểm F Chứng minh AB + AC = BC I trọng tâm tam giác APF Câu (4 điểm) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) không đồng không thỏa mãn: P(2014) = 2046, P ( x) = P ( x + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ Câu (4 điểm) Cho 2015 điểm đường thẳng, tô điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tô màu) Có cách tô khác cho điểm liên tiếp màu HẾT ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11 Câu Câu Điểm Nội dung cần đạt Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= Ta có a2 b2 c2 + + b(a + 2) c(b + 2) a (c + 2) ab + bc + ca = 3abc ⇔ 1 + + = a b c x y z 1 P= + + x = ;y = ;z = 2 x + y + z = + z + x + y a b c Đặt Khi Ta có x xz 2 xz 2 = x− ≥ x− = x − x z ≥ x − x ( + z ) = x − xz 2 + 2z + 2z 9 z4 Dấu “=” xảy z = y ≥ y − xy 9 Tương tự, + x Dấu “=” xảy x = z ≥ z − yz 1+ y2 9 Dấu “=” xảy y = 1,0 1,0 Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế, ta có: P ≥ ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) 9 Mặt khác ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx ) 1,0 P ≥ ( x + y + z ) − ( x + y + z ) = 27 Vậy giá trị nhỏ P x = y = z = hay a = b = c = Câu Ta chứng minh rằng: n ≤ n xn < n + H n , ∀n ≥ 1,0 , với 1,0 1 +L + n xn2+1 = xn2 + + 2 xn , x1 = quy nạp xn ≥ n Với n = giả sử Hn = + đến n Tức xn ≥ n Từ suy 1,0 xn2+1 ≥ n + + xn2 = xn2−1 + > n + ⇒ nxn ≥ n xn2 n −1 1 n−1 + = L = x + n − + ≤ n + ( ) ∑ ∑ xn2−1 k =1 x k =1 k k 1,0 1   Hn <  n + H n ÷ ⇒ nxn ≤ n + H n 8 n   Việc ta chứng minh H 625 < Ta có BĐT H n ≤ + ln n thật vậy,  1 + < , ∀x > x ( x + 1) ( x + 1) hàm số f ( x) giảm khoảng ( 0;+∞ ) ⇒ f ( x ) > 0, ∀x > , ta suy < ln ( x + 1) − ln x ( *) x +1 áp 1.0 dụng 1+ 1 +L + < + ln − ln1 + ln − ln + L + ln 625 − ln 624 = + ln 625 < 625 625 ≤ 625 x625 < 625 + H 625 < 626 ⇒ [ 25 x625 ] = 625 Từ : Câu Các hình vẽ sau cho trường hợp AB a (3 điểm) Ta có: ∠OAC = 900 – ∠AOC = 900 –∠ABC = ∠BHA AI phân giác ∠BAC nên 1,0 ∠HAI = ∠OAI Suy ∆AQD cân A ⇒ MQ = MD Gọi L giao điểm AM BC Khi ∠LPD = 900 – ∠HQP = 900 – ∠ADM = Do tứ giác ALDP nội tiếp ⇒ MD.MP = ML.MA (2) ML MC = Ta có ∆MLC ∼ ∆MCA (g – g) nên MC MA ⇒ MC = ML.MA (3) A+C Lại có ∠MIC = ∠MCI = nên ∆MIC cân M ⇒ MC = MI (4) 1,0 2 Từ (1), (2), (3), (4) ta có: MI = MC = ML.MA = MD.MP = MQ.MP Suy tam giác IPQ vuông I 0,5 b (2 điểm) 1,0 Từ câu a ta suy HIPQ nội tiếp ⇒ ∠IHP = ∠IQP = ∠IDM = ∠EAM tứ giác AIHF nội tiếp ⇒ ∠AIF = ∠AHF = 900 Gọi N trung điểm đoạn FA Khi ∠NIA = ∠NAI = ∠EDM = ∠IQP = ∠MIP nên N, I, P thẳng hàng Theo tính chất phân giác giả thiết IA BA AB.BC AB.BC = = BA : = BA : =2 IL BL AB + AC BC Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AFL với cát tuyến NIP ta có AN FP LI FP =1 =1 NF PL IA ⇔ PL ⇒ L trung điểm PF Từ suy I trọng tâm tam giác APF Câu 0,5 Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) không đồng không thỏa mãn 4,0 P ( x ) = P ( x + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ P(2014) = 2046, Giả sử P(x) thỏa mãn đầu Khi ta có P ( x + 1) = [P ( x) − 32]2 + 33, ∀x ≥ 2 Suy P (2014 + 1) = (2046 − 32) + 33 = 2014 + 33 Đặt x0=2014, ta có 1,0 x0 + 32 = 2046, P ( x0 ) = x0 + 32 P(2014) = 2046 2 Xét dãy {x } sau: x =2014, x1 = x0 + 1, x n+1 = xn + 1, ∀n=1,2,3 n 1,0 Khi P ( x0 ) = x0 + 32 P ( x1 ) = P( x02 + 1) = [P( x0 ) − 32]2 + 33 = x02 + 33 = x02 + + 32 = x1 + 32 P ( x2 ) = P( x12 + 1) = [P( x1 ) − 32]2 + 33 = x12 + 33 = x12 + + 32 = x2 + 32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh P ( xn ) = xn + 32, ∀n = 0,1, (*) Xét đa thức hệ số thực 1,0 Q( x) = P( x) − x − 32 Từ (*) ta có Q(x) nhận x làm nghiệm với n n=0,1,2… +∞ Mặt khác dãy {xn }n=0 tăng nghiêm ngặt nên Q(x) ≡ suy P(x) = x+32 Thử lại ta có P(x) thỏa mãn đầu Vậy: Có đa thức P(x) = x + 32 1,0 Câu Cho 2015 điểm đường thẳng, tô điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tô màu) Có cách tô khác 4,0 cho điểm liên tiếp màu Gọi Sn số cách tô màu thỏa mãn cho n ( n ≥ ) điểm (bài toán ta n = 2015 ) Ta tính Sn +1 theo Sn , xét hai điểm cuối Sn có hai 1,0 trường hợp xảy ra: +Nếu hai điểm cuối màu điểm thứ n + khác màu điểm cuối +Nếu hai điểm cuối khác màu điểm thứ n + tô Từ sinh hai số đặc trưng M n số cách tô n điểm mà hai điểm cuối màu, Pn số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu 1,0 hai thỏa mãn điểm liên tiếp khác màu Ta có: Sn +1 = 2M n + 3Pn , Pn+1 = Sn ; M n+1 = Pn Thế Sn+1 = Pn −1 + 6Sn −1 = 4Sn−2 + 6Sn−1 Vậy ta có hệ thức truy hồi: S n +1 − 6S n −1 − 4S n −2 = S = 4!− − 12 = 49 Bây ta tính S3 , S4 thấy S3 = 27 − = 24 , 1,0 Phương trình đặc trưng X − X − = có nghiệm là: x1 = + 13, x2 = − 13 n n Công thức xác định Sn = ax1 + bx2 với a, b thỏa mãn: 1,0  24 13 − 23 a =  a(3 + 13) + b(3 − 13) = 24  13(3 + 13)3 ⇒  4  a(3 + 13) + b(3 − 13) = 49 b = 24 13 − 23  13(3 − 13)3  3 Sau cho n = 2015 ta kết toán