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 VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VIII- NĂM 2015
MÔN TOÁN - LỚP 11
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (4,0 điểm). Cho
, ,a b c
là các số thực thỏa mãn
2a b c+ + =
và
1ab bc ca+ + =
.
Chứng minh rằng
2 2 2
2 10
3 9
a b b c c a≤ + + ≤
.
Bài 2 (4,0 điểm). Cho trước số thực dương
α
và xét dãy số dương
( )
n
x
thỏa mãn
( )
1
1

1
1
n
n
x
x
α
α
α
α α
−
+
+
+ < +
với mọi
*
n∈¥
.
Chứng minh rằng dãy
( )
n
x
hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Bài 3 (4,0 điểm). Cho tam giác
ABC
nhọn không cân, nội tiếp đường tròn
( )
O
.
P

là
điểm nằm trong tam giác sao cho
AP BC⊥
. Đường tròn đường kính
AP
cắt các cạnh
,AC AB
lần lượt tại
,E F
và cắt đường tròn
( )
O
tại điểm
G
khác
A
. Chứng minh rằng
, ,GP BE CF
đồng quy.
Bài 4 (4,0 điểm). Cho
1 2
, , ,
n
a a a
là các số thực không âm và không đồng thời bằng 0
*
( )n∈¥
.
a) Chứng minh rằng đa thức
( )

1 2
1 2

n n n
n
P x x a x a x a
− −
= − − − −
có duy nhất một nghiệm
thực dương kí hiệu là
m
.
b) Gọi
0
x
là một nghiệm thực bất kì của
( )
P x
. Chứng minh rằng
0
x m≤
.
Bài 5 (4,0 điểm ). Có 4 cặp vợ chồng được xếp ngồi trên một ghế dài. Biết rằng mỗi
người vợ chỉ ngồi cạnh chồng mình hoặc ngồi cạnh một người phụ nữ khác. Hỏi có bao
nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi thỏa mãn.
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VIII- NĂM 2015

MÔN TOÁN - LỚP 11
(Đáp án gồm 4 trang)

Bài 1 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Đặt
2 2 2 2 2 2
; ;x a b b c c a y ab bc ca z abc= + + = + + =
Khi đó
( ) ( ) ( ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 3x y ab a b bc b c ca c a ab c bc a ca b z+ = + + + + + = − + − + − = −
3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2
( ) 3 9 4 1xy a b b c c a abc a b c a b c z z= + + + + + + = − +
.
Do đó x,y là nghiệm của phương trình:
2 2
(2 3 ) 9 4 1 0t z t z z− − + − + =
(*)
1,0
Ta có
2 2
4
(2 3 ) 4(9 4 1) 0 0
27
z z z z∆ = − − − + ≥ ⇔ ≤ ≤
Khi đó
2
2 3 27 4
,
2
z z z

x y
− ± − +
=
.
1,0
Vậy bài toán quy về việc chứng minh
2
2 3 27 4 2
2 3
z z z− − − +
≥
(1) và
2
2 3 27 4 10
2 9
z z z− + − +
≤
(2)
1,0
Thậy vậy
2 2 2
(1) 3 27 4 2 9 81 18 1 0 (9 1) 0z z z z z z⇔ − + ≤ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
(đúng)
Và
2 2 2
(2) 9 27 4 27 2 2916 216 4 0 (54 2) 0z z z z z z⇔ − + ≤ + ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
(đúng)
Vậy bài toán được chứng minh.
1,0
Bài 2 (4,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm
Xét hàm số
1
( ) , 0f x x x
x
α
= + >
.
Ta có
1
1
2 2
1 1
'( )
x
f x x
x x
α
α
α
α
+
−
−
= − =
;
1
1
0
'( ) 0f x x x

α
α
−
+
= ⇔ = =
.
1,0
Ta có bảng biến thiên của hàm f(x): 1,0
Suy ra
( )
1
1 1 1
0
( ) ( 1)f x f x
α α
α α α
α α α α
− −
+ + +
≥ = + = +
Do đó
( )
1
1 1
1
1 1
1
n n
n n
x x

x x
α
α α
α
α α
−
+
+ +
+
+ < + ≤ +
Suy ra
1n n
x x
+
<
hay
( )
n
x
là dãy giảm. Kết hợp với
0
n
x >
với mọi n ta suy ra dãy
( )
n
x
hội
tụ.
0,5

Đặt
lim 0
n
x
β
= >
. Chuyển qua giới hạn ta được
1
0
1
( 1) x
α
α
α
β α α β
β
−
+
+ ≤ + ⇒ =
Vậy
1
1
lim
n
x
α
α
−
+
=

.
0,5
Bài 3 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Gọi AD là đường kính của (O), dễ thấy G,P,D thẳng hàng và
|| ; ||PE CD PF BD
. Giả sử
PE,PF cắt DB,DC tại K,L; EF cắt BC tại T.
Theo định lý Desargues để chứng minh BE, CF, GP (hay PD) đồng quy ta chỉ cần chứng
minh T,K,L thẳng hàng.
1,0
Áp dụng định lý Menelaus ta được:
. . 1 .
TB EC FA TB FB AE
TC EA FB TC EC AF
= ⇒ =
(1)
Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên
AE BE
AF CF
=
(2)
1,0
Cũng từ EFBC nội tiếp suy ra
0
90FCL FCA ACL EBA EBA ABK KBE∠ = ∠ +∠ = ∠ + = ∠ + ∠ = ∠
Tứ giác PKDL là hình bình hành suy ra
PKB PLC
∠ = ∠
.

Suy ra
BE KB
EBK FCL
CF CL
∆ ∆ ⇒ =:
(3).
1,0
Ta có
. .
PKDL
BF PK DL
BF PL CE PK S
CE PL DK
= = ⇒ = =
(4)
Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được
. . . 1
TB DL KB TB LC KD
TC DK CL TC LD KB
= ⇒ =
. Từ đó áp dụng định
lý menelaus cho tam giác DBC ta suy ra T,K,L thẳng hàng. Bài toán được chứng minh.
Bài 4 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Xét đa thức
( )
1 2
1 2 1
1
n n n

n n n
Q x a x a x a x a x
− −
− −
= + + + + −
. Khi đó nếu
0
0y ≠
là nghiệm của
( )
Q x
thì
0
1
y
là nghiệm của của
( )
P x
.
Xét hàm số
( )
1 2
1 2 1
1
n n n
n n n
Q x a x a x a x a x
− −
− −
= + + + + −

,
( )
0;x
∈ +∞
.
Do các số
1 2
, , ,
n
a a a
không đồng thời bằng 0 nên
{ }
1,2, , : 0
i
i n a
∃ ∈ >
suy ra
( ) ( )
lim 0 : 0
x
Q x a Q a
→+∞
= +∞ ⇒ ∃ > >
.
1,0
Mặt khác
( )
0 1 0Q
= − <
nên

( ) ( ) ( ) ( )
0 0
0 . 0 0; : 0Q Q a x a Q x
< ⇒ ∃ ∈ =
(1).
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 1
' 1 0, 0;
n n
n n
Q x na x n a x a x Q x
− −
−
= + − + + > ∀ ∈ +∞ ⇒
đồng biến trên
( )
0;
+∞
(2).
Từ (1) và (2) ta có
( )
Q x
có nghiệm dương duy nhất hay
( )
P x
có nghiệm dương duy nhất.
1,0
1,0

b) Phản chứng rằng tồn tại một nghiệm thực của
( )
P x
là
0
x
thỏa mãn
0
x m
>
Ta có
1 2
1 2
0 1 0 2 0 0 1 0 2 0

n n n
n n n
n n
x a x a x a x a x a x a
− −
− −
= + + + ⇒ ≤ + + +
, suy ra
( )
0
0P x ≤

1,0
Mặt khác
( )

lim
x
P x
→+∞
= +∞
nên
( )
P x
lại có một nghiệm dương nữa lớn hơn m, mâu thuẫn
với phần (a). Vậy
0
x m≤
(đpcm).
Bài 5 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Trước hết ta có 4! cách xếp chỗ cho 4 phụ nữ. Ta cố định một bộ 4 người này trong khi đếm.
* Nếu giữa 2 nữ mà có nam thì phải có ít nhất 2 nam, cũng vậy nếu giữa hai nam mà có nữ
thì phải có ít nhất 2 nữ.
* Ta coi những người phụ nữ là các nhóm, thì ta có các cách biểu diển nhóm như sau:
4 4 3 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1= = + = + = + + = + + +
.
1,0
1. Nếu 4 nữ tạo thành nhóm (1,1,1,1): Khi đó có ít nhất 1 nữ phải ngồi giữa 2 người đàn ông,
không thỏa mãn.
0,5
2. Nếu 4 nữ tạo thành nhóm (2,1,1): Khi đó ở giữa nhóm (2,1) phải có ít nhất 2 nam; ở giữa
nhóm (1,1) phải có ít nhất 2 nam.
Như thế chỉ có 1 cách xếp chỗ duy nhất thỏa mãn: GBBGGBBG.
0,5
3. Nếu 4 nữ tạo thành nhóm (2,2): Ta có các dạng sau:

+ GGBBBBGG: Có 2! cách
+ BGGBBBGG hoặc GGBBBGGB: có 1.2=2 cách
+ BBGGBBGG hoặc GGBBGGBB: có 1.2=2 cách
+ BGGBBGGB: có 1 cách
Vậy trong TH này có 7 cách.
0,5
4. Nếu 4 nữ tạo thành nhóm (3,1): Ta có các dạng sau: 0,5
+ GGGBBBBG hoặc GBBBBGGG
+ BGGGBBBG hoặc GBBBGGGB
+ BBGGGBBG hoặc GBBGGGBB
Tương tự sẽ có
( )
2 2! 1 1 8+ + =
cách
5. Nếu 4 nữ tạo thành nhóm (4): Ta có các dạng sau:
+ GGGGBBBB hoặc BBBBGGGG
+ BGGGGBBB hoặc BBBGGGGB
+ BBGGGGBB
Tương tự có
3!.2 2!.2 2! 18
+ + =
cách
0,5
Vậy tổng số cách xếp chỗ thỏa mãn là
( )
4! 1 7 8 18 816+ + + =
cách. 0,5
Hết