TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ LỚP 11 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu (4 điểm) Cho dãy số thực ( xn ) (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) x0 = xác định sau xn2 , ∀n ≥ xn +1 = xn − 2016 Chứng minh x2016 < < x2015 Câu (4 điểm) Cho hai đường tròn ( O1 ) ( O2 ) cắt hai điểm B, C BC đường kính đường tròn ( O1 ) Vẽ tiếp tuyến đường tròn ( O1 ) điểm C cắt đường tròn ( O2 ) điểm thứ hai A Đường thẳng AB cắt đường tròn ( O1 ) E , E ≠ B Đường thẳng CE cắt đường tròn ( O2 ) F , F ≠ C Giả sử H điểm đoạn thẳng AF Đường thẳng HE cắt đường tròn ( O1 ) G đường thẳng BG cắt đường thẳng AC D Chứng minh AH AC = HF CD Câu (4 điểm) Tìm tất đa thức với hệ số thực thỏa mãn phương trình ( x + 1) P ( x ) = ( x − 2016 ) P ( x + 1) Câu (4 điểm) Xét bảng ô vuông × Ta thực tô màu cho bảng sau: hai ô bảng tô màu đỏ, ô lại tô màu xanh Hai cách tô màu coi cách thu từ cách xoay vòng bảng ô vuông mặt phẳng Hỏi có tất cách tô màu khác cho bảng ô vuông vậy? Câu (4 điểm) Cho < a1 < a2 < < an ≤ 2n số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ hai số chúng lớn 2n Chứng minh a1 > 2n ( [ x ] kí hiệu phần nguyên số thực x ) HẾT Người đề Trần Thị Kim Diên 0983496088 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Cho dãy số thực ( xn ) xác định sau Điểm 4.0 x0 = xn2 x = x − , ∀n ≥ n +1 n 2016 Chứng minh x2016 < < x2015 Trước hết, ta chứng minh < xn < 1, ∀n ≥ + Với n = ta có < x1 = − 1.0 < 2016 + Giả sử < xk < Ta chứng minh < xk +1 < Thật xk +1 = xk ( 2016 − xk ) > < xk < xk +1 − xk = − 2016 2016 1 1 = = + < + xn +1 xn ( 2016 − xn ) xn 2016 − xn xn 2015 (*) xk2 < ⇒ xk +1 < xk < 2016 1.0 Từ ta có 1 x2015 x2014 2015 1 < + x2014 x2013 2015 < + … 1 < + x2 x1 2015 1 = 1+ x1 2015 Cộng vế bất đẳng thức ta có x2015 ⇒ + x2015 x2014 + + < 1+ 1 1 2015 + < + + + + + x2 x1 x2014 x2 x1 2015 2015 =2 2015 ⇒ x2015 > n 1 1 = + = + Cũng từ x ta có ∑ xn 2016 − xn xn +1 i = 2016 − xi n +1 Áp dụng bất đẳng thức 1.0 1.0 1 k2 + + + ≥ với a1 , a2 , , ak > ta có a1 a2 ak ( a1 + a2 + + ak ) n 1 = 1+ ∑ ≥ 1+ xn +1 i = 2016 − xi ( n + 1) ( n + 1) > 1+ 2016 ( n + 1) 2016 2016 ( n + 1) − ∑ xi i=0 1 Cho n = 2015 ta x > ⇒ x2016 < 2016 Vậy x2016 < < x2015 Cho hai đường tròn ( O1 ) ( O2 ) cắt hai điểm B, C BC đường kính đường tròn ( O1 ) Vẽ tiếp tuyến đường tròn ( O1 ) điểm C cắt đường tròn ( O2 ) điểm thứ hai A Đường thẳng AB cắt đường tròn ( O1 ) E , E ≠ B Đường thẳng CE cắt đường tròn ( O2 ) F , F ≠ C Giả sử H điểm đoạn thẳng AF Đường thẳng HE cắt đường tròn ( O1 ) G đường thẳng BG cắt đường thẳng AC D Chứng minh 4.0 AH AC = HF CD A Vì BC đường kính đường tròn ( O1 ) ACD tiếp tuyến nên BC ⊥ AD ⇒ ·ACB = 900 Do AB đường kính ( O2 ) Ta lại có 1.0 · · · BEC = 900 ⇒ AB ⊥ CF ⇒ FAB = CAB C D H G E F B · · Nối CG , ta có CG ⊥ BD Suy ·ADB = BCG = BEG = ·AEH Xét tam giác AHE tam giác ABD có: · · + HAE = BAD + ·AEH = ·ADB Suy hai tam giác AHE ABD đồng dạng Do 1.0 AH AB = ⇒ AH AD = AB AE AE AD Mặt khác AC tiếp tuyến đường tròn ( O1 ) nên AC = AE AB Suy AH AD = AE AB = AC = AC.AF AH AC = AF AD AH AC AH AC AH AC = ⇔ = ⇒ = AF AD AH + HF AC + CD HF CD 1.0 Vì 1.0 Tìm tất đa thức với hệ số thực thỏa mãn phương trình ( x + 1) P ( x ) = ( x − 2016 ) P ( x + 1) (1) Xét phương trình ( x − a ) P ( x ) = ( x − b ) P ( x + 1) (*) với b > a + Cho x = a ta có P ( a + 1) = Cho x = b ta có P ( b ) = Suy P ( x ) = ( x − b ) ( x − ( a + 1) ) Q ( x ) 4.0 1.0 Thay vào phương trình (*) ta có ( x − a ) ( x − b ) ( x − ( a + 1) ) Q ( x ) = ( x − b ) ( x + − b ) ( x − a ) Q ( x + 1) Suy ( x − ( a + 1) ) Q ( x ) = ( x − ( b − 1) ) Q ( x + 1) Từ phương trình (1) ta thực quy nạp ta có P ( x ) = x ( x − 2016 ) ( x − 1) ( x − 2015 ) ( x − 1007 ) ( x − 1009 ) Q ( x ) 1.0 Thay vào (1) ta thu ( x − 1007 ) Q ( x ) = ( x − 1008 ) Q ( x + 1) (2) Từ (2) ta có Q ( 1008) = ⇒ Q ( x ) = ( x − 1008 ) R ( x ) Thay vào (1) ta có R ( x ) = R ( x + 1) + Nếu R ( x ) đa thức R ( x ) thỏa mãn (3) + Nếu R ( x ) đa thức 0; giả sử deg R( x ) = n Từ giả thiết: R ( ) = R(1) = R(2) = = R(n ) = R( n + 1) 1.0 1.0 Suy R(i ) − R(0) = 0; ∀i = 1; n + Như 1, 2, , n + n + nghiệm đa thức K ( x ) = R( x ) − R(0) Mà degK( x ) = n ⇒ K ( x ) ≡ ⇒ R( x ) ≡ R(0) Do R( x ) = a với a = const 2016 Vậy P ( x ) = a∏ ( x − k ) k =0 Xét bảng ô vuông × Ta thực tô màu cho bảng sau: hai ô bảng tô màu đỏ, ô lại tô màu xanh Hai cách tô màu coi cách thu từ cách xoay vòng bảng ô vuông mặt phẳng Hỏi có tất cách tô màu khác cho bảng ô vuông vậy? 4.0 Ta có C492 = 1176 cách chọn vị trí cho hai ô tô màu đỏ Bảng có 49 ô vuông, ta coi ô vuông tâm bảng Nếu hai ô tô màu đỏ nằm hai vị trí không đối xứng qua tâm bảng có bốn cách tô màu coi Ví dụ bốn cách tô màu hình minh họa sau coi 1.0 Nếu hai ô tô màu đỏ nằm hai vị trí đối xứng qua tâm bảng có hai cách tô màu coi Ví dụ hai cách tô màu sau coi 1.0 Ta có tất 49 − = 24 cặp ô vuông đối xứng qua tâm bảng Như ta có số cách tô màu cho bảng 1.0 1176 − 24 24 + = 300 1.0 Cho < a1 < a2 < < an ≤ 2n số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ 4.0 hai số chúng lớn 2n Chứng minh a1 > 2n ( [ x ] kí hiệu phần nguyên số thực x ) Rõ ràng, số không tồn cặp số mà số chia hết cho số (vì trái lại bội chung nhỏ chúng nhỏ 2n ) 1.0 Ta viết ak = Ak với Ak số lẻ Ta thấy giá trị Ak phân biệt Thật t vậy, tồn Ai = Aj = A lcm ( , a j ) = A = ≤ 2n tk i lcm ( , a j ) = j A = a j ≤ 2n mâu thuẫn với giả thiết Mặt khác từ đến 2n ta có n số lẻ phân biệt Do giá trị Ak số lẻ từ đến 2n theo thứ tự Xét a1 = 2t1 A1 t 1.0 Nếu a1 ≤ 2n 3a1 = 2t1 A1 ≤ 2n ⇒ A1 ≤ 2n Do 3A1 số lẻ nhỏ 2n , tức A1 = A j t t Như a j = A1 Khi lcm ( a1 , a j ) = A1 = 3a1 ≥ 2n mâu thuẫn với giả j 1.0 t thiết lcm ( a1 , a j ) = A1 = a j ≥ 2n , mâu thuẫn với điều giả sử j Vậy điều giả sử sai, tức ta có a1 > 2n 1.0