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

HI CC TRNG CHUYấN
VNG DUYấN HI V NG BNG BC B THI MễN TON KHI 11
TRNG THPT CHUYấN NGUYN BNH KHIấM NM 2015
TNH QUNG NAM Thi gian lm bi 180 phỳt
THI XUT ( ny cú 01 trang gm 5 cõu)
Cõu 1 (4,0 im). Gii h phng trỡnh sau:
( ) ( ) ( )
2 2
2
3 3 2
2
4 3 15 3 4
x x xy y y
x y x x x y x y y x y x x

+ =


+ + + = + +


;
,x yĂ
Cõu 2 (4,0 im). Cho dóy s
{ }
n
a
xỏc nh bi
1
0 1a< ạ
v

1
, 1
n n
n
n
a a n
a
+
= " +
.
Chng minh rng
( )
lim 0
n
n
a n
đƠ
- =
.
Cõu 3 (4,0 im). Cho
ABCV
nhn cú
ã
0
30BAC =
. Hai ng phõn giỏc trong v
ngoi ca
ã
ABC
ln lt ct ng thng

AC
ti
1
B
v
2
B
; hai ng phõn giỏc trong
v ngoi ca
ã
ACB
ln lt ct ng thng
AB
ti
1 2
,C C
. Gi s hai ng trũn
ng kớnh
1 2
B B
v
1 2
C C
gp nhau ti mt im
P
nm bờn trong
ABCV
. Chng
minh rng
ã

0
90BPC =
.
Cõu 4 (4,0 im). Cho a thc
( )
1 2
1 2

n n n
n
P x x a x a x a
- -
= + + + +
cú
( )
deg 2P x
v
cú cỏc nghim l
1 2
, , ,
n
b b b
. Chng minh rng: nu
x
ln hn cỏc s
1 2
, , ,
n
b b b
thỡ

( )
1
2
2
1 1 1
21
n
P x
x b x b x b
n
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ + + +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ

- - -
Cõu 5 (4,0 im). Chng minh rng tn ti hai s nguyờn
,x y
khụng chia ht cho 2015
v tha món
2 2 *
8059 4.2015 ,
n

x y n+ = " ẻ Ơ
.
.HT.
Ngi ra :
Vn Phỳ Quc Nguyn Th Bớch Xuõn
in thoi: 0934 825 925 in thoi: 0905 504 753
P N + BIU IM CHM MễN TON KHI 11
1
============
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
1 (4,0 điểm)
Điều kiện:
0, 0x y≥ ≥
.
Đặt
,a x b y= =
(
0, 0a b≥ ≥
). Hệ phương trình đã cho trở thành
( )
( ) ( ) ( )
( )
4 3 5
2
6 6 5 2 3 2 3
2 1
4 3 15 3 4 2
a a b b
a b a a b a b a b a


+ =


+ + + = + +


1,0
Nhận xét:
0 0a b= Þ =
;
0 0b a= Þ =
. Do đó
( ) ( )
, 0,0a b =
là một nghiệm của hệ.
Bây giờ ta xét
0, 0a b> >
. Đặt
0b ka k= ⇒ >
. Với cách đặt này thì
• Phương trình (1) trở thành:
5
5
1 2
1 2
k
k ak a
k
+
+ = ⇔ =

(3)
• Phương trình (2) trở thành:
( ) ( ) ( )
2
6 6 6 5 2 2 2 3 3 3 3
4 3 15 3 4a a k a a k a a k a a k a+ + + = + +
(4)
1,0
Thay (3) vào (4) ta được:
( )
5
2
6 3
3
3 1 2
4 5 4
1 2 3
k k
k k k
k k
 
+
 
+ + + = + +
 ÷
 ÷
+
 
 
(5)

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

( )
2
5 5
6 6
3 3
3 1 2 3 1 2
4 5 5 4 .
1 2 3 1 2 3
k k k k
k k
k k k k
 
 
+ +
 
+ + + ≥ + +
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ +
 
 
 

( ) ( )
(
)

( )
2
2 2 6
2
3
42 1 4 k k k k= + + + ≥ + +

1,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1k =
. Khi đó
3a b= =
hay
9x y= =
.
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm
( )
;x y
là
( ) ( )
0;0 , 9;9
.
0,5
2 (4,0 điểm)
2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
2 1
1
1
2a a

a
= + >
(do
1
1a ¹
)
Nhận xét:
, 2
n
n na > " ³
.
Ta sẽ chứng minh nhận xét này bằng phương pháp quy nap.
Thật vậy
• Với
2n =
ta có
2
2a >
(đúng)
• Giả sử
k
a k>

• Ta có
( )
2
1
1 1
k k
k

k k
k
a k a ka k a
a
+
> + Û + > += +

( )
2
1 0
k k
a k a kÛ + + >-

( ) ( )
01
k k
a a kÛ - >-
(đúng)
Suy ra
1
1
k
a k
+
> +

Như vậy
, 2
n
n na > " ³

(điều phải chứng minh).
1,0
Mặt khác,
( ) ( )
1
1 1 1
n n n
n n
n n
a n a n a n
a a
+
- + = + - + = - + -

( )
( ) ( )
2
1 1
n n n n
n n
a n a n a n a
a a
- + + - -
= =
(1)
Áp dụng (1) ta có
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )

2 2
3
2
3 3
4
3
1
2 1
3
3 1
4

1
1
n n
n
n
a a
a
a
a a
a
a
a n a
a n
a
+
ì
- -
ï

ï
- =
ï
ï
ï
ï
ï
ï
- -
ï
- =
ï
ï
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
- -
ï
ï
- + =
ï
ï
ï
î
1,0
Suy ra

3
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 3
3 4 1
2 3
2 1 3 1 1
3 4 1

n n
n
n
a a a a a n a
a a a n
a a a
+
- - - - - -
- - - + =

( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 3
1
2 3
2 1 1 1
1

n
n
n
a a a a
a n
a a a
+
- - - -
- + =
.
( ) ( )
1 2
2 3
1 1 1
1 2 1 1 1
n
n
a n a
a a a
+
ổ ử ổ ử
ổ ử
ữ ữ
ữ
ỗ ỗ
ỗ
ữ ữ
ữ
- + = - - - -

ỗ ỗ
ỗ
ữ ữ
ữ
ỗ ỗ
ỗ
ữ
ữ ữ
ỗ
ỗ ỗ
ố ứ
ố ứ ố ứ

( ) ( )
1 2
2
1
1 2 1
n
n
i
i
a n a
a
+
=
ổ ử
ữ
ỗ
ữ

- + = - -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ế
(2)
1,0
Ta li cú
1 1
1
1 1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
nn n
n
a
a
a
a
a

a a a
+
+ + + +
= <
+ -
-
- =
(do
1
n
n
n
na
a
> ị <
)
Suy ra
1
1 2 1
2
2
3
.
1
.1
n
i
i
n
n n

a
a a a
a a a aa
-
=
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
-
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
=
ố
<
ứ
ế
.
T (2)
( ) ( ) ( )
1 1
2 21
2 . 2 .1
n
n
a a
a a

a
n
n
a
+
< - < -ị - +
(vỡ
n
a n>
)
( ) ( )
1
1 2
1 20 .
n
a
a n a
n
+
< < -ị - +
.
M
( )
1 1
2
lim 0 lim 2 0
n n
a a
a
n n

đƠ đƠ
= ị - =
.
Do ú
( )
( )
1
lim 1 0
n
n
a n
+
đƠ
- + =
hay
( )
lim 0
n
n
a n
đƠ
- =
.
1,0
3 (4,0 im)
Phn hỡnh v
4
Phần lời giải
Gọi
O

là trung điểm của đoạn thẳng
1 2
B B
.
Khi đó hai điểm
B
và
P
nằm trên đường tròn tâm
O
bán kính
1
OB
.
Vì
·
·
·
·
·
·
1 1 1 1
OBC OBB CBB OB B B BA BAC= − = − =
nên
OCB OBAV : V
,
1,0
Suy ra
2 2
.OC OA OB OP= =

.
Từ đó
·
·
OCP OPA OPC PAC⇒ =V : V
.
Do đó
·
·
·
·
( )
·
·
( )
·
·
·
·
1 1 1 1 1 1
2PBC 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)
Tương tự ta cũng có
·
·
·
·
PAB PCB PBA PCA+ = +
. (2)
Ngoài ra
· ·
( )
·
·
( )
·
·
( )
0
180PAC PBC PAB PCB PBA PCA+ + + + + =
(3)
1,0
Từ (1), (2) và (3) ta đi đến
·
·
0
60PBA PCA+ =
.

Suy ra
·
·
·
( )
·
·
( )
·
·
·
( )
0
90BPC PBA PAB PCA PAC BAC PBA PCA= + + + = + + =
.
1,0
4 (4,0 điểm)
Vì
1 2
, , ,
n
b b b
là các nghiệm của
( )
P x
nên
5
( ) ( ) ( )
( )
1 2

n
P x x b x b x b= - - -
( ) ( ) ( )
( )
1 2
1 1 1 1
n
P x x b x b x b+ = + - + - + -
.
1,0
Với mọi
, 1,2, ,
i
x b i n> =
, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
( )
1 2
1 1 1
1
n
P x
x b x b x b
æ ö
÷
ç
÷
+ + + +
ç
÷

ç
÷
ç
- - -
è ø
( )
( ) ( )
( )
1 2
1
1 .

n
n
P x n
x b x b x b
³ +
- - -
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 1 1 .

n
n
n
n
x b x b x b
x b x b x b

= + - + - + -
- - -

( ) ( )
( )
1 2
1 2
1 1 1

nn n
n
n
n
x b x b x b
n
x b x b x b
+ - + - + -
=
- - -
(1)
1,0
Đặt
0
i i
x b t- = >
.
Ta có
( )
0 1 1 2 2 1
1

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


0 1 1 2 2
1
n n
n n n
C t C t C t nt
-
= + + + + +


( )
0 1 1 2
1
1
2
n n
n n
n n
C t C t t nt
-
-
= + + + + +

( ) ( )
22
1
1 2
2
1
1
2
n nn n
nt t nt ntt
-
= - +
-
+³ + +
(với
0t >
)
1,0
Ta thấy
( )
2
1
1
2
0, 2
n n
t nt n³- + " ³
-
(do

( )
2 0n nD = - £
).
Suy ra
( )
( )
( ) ( )
1 1
2 , 0 1 2 2 2 , 1,2,.1 ,
n n
n
i i
i i
i
n
i
t x b
nt t t nt n n i n
t x b
t
+ + -
³ " > Þ + ³ Þ ³ Þ =
-
+ ³
Như vậy, từ (1) ta suy ra:
1,0
6
( ) ( )
2
1 2

2 .2 2
1 1
1 2
1
2
n
n
n
n
P x
x b x b
n n n n n n n
x b
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ + + +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
=
ố ứ
=
- - -

5 (4,0 im)
Ta cú:

( )
2 2 2 2
8059 4.2015 4.2015 1 4.2015
n n
x y x y+ = + - =
.
t
2015a =
, ta s chng minh luụn tn ti hai s nguyờn
,x y
khụng chia ht cho
a

v tha món
( )
2 2
4 1 4
n
x a y a+ - =
.
0,5
Nu
1n =
thỡ
1x y= =
tha món yờu cu bi toỏn.
Gi s bi toỏn ỳng n
n
.
Ta s chng minh bi toỏn ỳng n

1n +
.
Tht vy,
( ) ( )
2 2 1 2 2
4 1 4 4 4 1
n n
x a y a a ax a a y
+
+ - = = + -
.
( )
( )
2
2 2 2
1
4 1
4 4 1
2 2 2 2
n
a y
x x y
a a
+
ộ ự
ộ ự
ổử ổử ổử
-
ờ ỳ
ữ ữ ữ

ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ
= + + - +
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ
ố ứ ố ứ ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
ở ỷ

1,0
Ta cú hai cỏch phõn tớch nh sau:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
4 1 4 1
4 1 4 1
2 2 2 2 2 2
a y x a y
x x y x y
a a
ộ ự
ộ ự ộ ự

ổử ổử ổử ổ ử
- + -
-
ờ ỳ
ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
+ + - + = + -
ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ
ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ ở ỷ
ở ỷ
hoc l

( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
4 1 4 1
4 1 4 1
2 2 2 2 2 2
a y x a y

x x y x y
a a
ộ ự
ộ ự ộ ự
ổử ổử ổử ổ ử
- - -
+
ờ ỳ
ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
+ + - + = + -
ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ
ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ ở ỷ
ở ỷ
t
( )
1
1
4 1
2
2
x a y

X
x y
Y
ỡ
+ -
ù
ù
=
ù
ù
ù
ớ
ù
-
ù
=
ù
ù
ù
ợ
;
( )
2
2
4 1
2
2
x a y
X
x y

Y
ỡ
- -
ù
ù
=
ù
ù
ù
ớ
ù
+
ù
=
ù
ù
ù
ợ

Khi ú:
( )
1 2 2
1 1
4 4 1
n
a X a Y
+
= + -
(1)
hoc

( )
1 2 2
2 2
4 4 1
n
a X a Y
+
= + -
(2)
1, 5
Nu
1
Y a
/
M
thỡ
1 1 1
2X Y ay a X a- = ị
/
M M
. Kt hp vi (1) suy ra
1 1
,X Y
tha món yờu
cu bi toỏn trong trng hp
1n +
.
7
 Nếu
2

Y a
/
M
thì
2 2 2
2X Y ay a X a- = Þ
/
M M
. Kết hợp với (2) suy ra
2 2
,X Y
thỏa mãn
yêu cầu bài toán trong trường hợp
1n +
.
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
Văn Phú Quốc Nguyễn Thị Bích Xuân
Điện thoại: 0934 825 925 Điện thoại: 0905 504 753
8