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 TRÃI, HẢI DƯƠNG

HỘI 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)
Bài 1(4 điểm) Cho hai số thực dương phân biệt
ba,
và hàm số
( )( )
xbxaxxf −++=)(
. Chứng minh rằng phương trình
2
2
)(








+
=
ba
xf
có duy nhất một nghiệm thực dương.
Bài 2(4 điểm) Cho dãy số
{ }
n
y
thỏa mãn

3
1 1 1 2
0, , 1
n n
y y y y y n
+
> = + + + ∀ ≥
.
Chứng minh rằng dãy số
n
y
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:
)12()()12()(
22
−=− xPxPxPxP
Bài 5(4 điểm) Tìm một hằng số nguyên dương

c
sao cho phương trình
2 2
xy y x y c− − + =
có đúng ba nghiệm nguyên dương
( , )x y
.
Họ tên người ra đề
ĐT: 0982841051
ĐÁP ÁN +BIÊU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Bài 1(4 điểm)
Ta đi tìm miền giá trị của hàm số khi
),0( +∞∈x
)(0
))((2
)(
1
))((2
2
)('
2
bdoa
bxax
bxax
bxax
bax
xf ≠>
++
+−+
=−

++
++
=
…………….1 điểm
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
),0( +∞
Hơn nữa,
2
)(lim,)(lim
0
ba
xfabxf
x
x
+
==
+∞→
→
+
……………………………1 điểm
nên miền giá trị của hàm số ứng với
),0( +∞∈x
là khoảng
)
2
,(
ba
ab
+
Để chứng minh phương trình có duy nhất một nghiệm dương, ta chỉ cần

chứng minh
22
2
baba
ab
+
<








+
<
…………………………………………….1 điểm
Bất đẳng thức thứ nhất tương đương với
22
)(0)(4 babaab −<⇔+<
, đúng vì
ba
≠
.
Bất đẳng thức thứ hai tương đương với
22
)(0)(2)( bababa −<⇔+<+
, đúng vì
ba

≠
…………………1 điểm
Bài 2(4 điểm)
Từ giả thiết ta có
3 3
1
, 2
n n n
y y y n
+
= + ∀ ≥
, do đó dãy số
{ }
2
n
n
y
≥
là dãy tăng, vì
vậy
3 3 2 2
1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
y y y y y y y
+ +
= + = + < +
2 2
1
1

n n
y y
+
⇒ < +
,
2n
∀ ≥
2 2 2
1 2
1 1
n n
y y y n
+
⇒ < + < < + −
2
2
1
2
2
1
1 ( 1)
n
y
y n
n n
+
+ −
 
⇒ <
 ÷

+ +
 
. Mà
2
2
2
1
lim 0
( 1)
y n
n
+ −
=
+
nên theo định lý kẹp ta có
2
1 1
lim 0 lim 0 lim 0
1 1
n n n
y y y
n n n
+ +
 
= ⇒ = ⇒ =
 ÷
+ +
 
Bài 3(4 điểm) (bạn đọc tự vẽ hình)
a)(2 điểm) Trước hết ta chứng minh H, I, P thẳng hàng. Thật vậy,

·
·
·
·
·
0 0
90 90AHI 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)
Từ (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
/( ) /( )
. .
T HPM T HQN
TM TP TN TQ P P= ⇒ =
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
)()(2)12( xRxPxP
n
+=−
, degR(x)<n. Thay vào giả thiết ta
nhận được

)()()()(
22
xRxPxRxP =
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
)1(2)12()(2)12( +=+⇒=− xPxPxPxP
nn
đặt Q(x)=P(x+1) thì ta có
)(2)2( xQxQ
n
=
giả sử
∑
=
=
n
i
i
i
xaxQ
0
)(
, đồng nhất hệ số ta được
1, ,1,0,22 −=∀= niaa
i
n
i
i
, suy

ra
1, ,1,0,0 −=∀= nia
i
khi đó
n
n
n
n
xaxPxaxQ )1()()( −=⇒=
(thỏa mãn)
Bài 5(4 điểm)
Ta viết lại phương trình
2 2
( 1)x y y y c− = − +
- Nếu
1 0y c= ⇒ =
, loại.
- Nếu
2
2
( 1)
1
1 ( 1)( 1)
y y c y y c
y x
y y y
− + − +
≠ ⇒ = =
− − +
, do đó

1c y −M
và
( 1) 1y y c y− + +M
Ta có
1(mod 1), 1 2(mod 1)y y y y≡ − + − ≡ − +
nên
( 1) 2(mod 1) 2(mod 1)y y y c y− ≡ + ⇒ ≡ − +
vậy
0(mod 1), 2(mod 1)c y c y≡ − ≡ − +
, mà
1 0(mod 1), 1 2(mod 1)y y y y− ≡ − − ≡ − +
nên
1(mod ( 1, 1))c y lcm y y≡ − − +
Với
2,3y =
ta có
1(mod3), 2(mod 4)c c≡ ≡
. Do vậy ta thử lấy
10c =
.
Ta phải có
1|10 2,3,6,11y y− ⇒ =
. Khi đó
2
4,2, ,1
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