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 bài 180 phút
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a2
b2
c2
+
+
.
b(a 2 + 2) c(b 2 + 2) a (c 2 + 2)

Câu 2 (4 điểm). Cho dãy số thực { xn } được xác định như sau
 x1 = 1

1


 xn +1 = xn + 2 x , ∀n ≥ 1
n

Chứng minh rằng : [ 25 x625 ] = 625 ( kí hiệu [ x ] là phần nguyên của số thực x ).
Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) có
đường cao AH và tâm đường tròn nội tiếp là I. Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ
BC của (O) và D là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MD cắt các đường
thẳng BC, AH theo thứ tự tại P và Q.
a. Chứng minh rằng tam giác IPQ vuông.
b. Đường thẳng DI cắt (O) tại điểm E khác D. Hai đường thẳng AE và BC cắt
nhau tại điểm F. Chứng minh rằng nếu AB + AC = 2 BC thì I là trọng tâm của tam giác
APF.
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa
mãn: P(2014) = 2046,

P ( x) = P ( x 2 + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ 0

Câu 5 (4 điểm). Cho 2015 điểm trên đường thẳng, tô các điểm bằng một trong 3
màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm chỉ tô một màu). Có bao nhiêu cách tô khác nhau sao
cho không có 3 điểm liên tiếp nào cùng màu.
....................HẾT.................


ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Câu
Câu 1

Điểm

Nội dung chính cần đạt
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
P=

Ta có

a2
b2
c2
+
+
.
b(a 2 + 2) c(b 2 + 2) a (c 2 + 2)

ab + bc + ca = 3abc ⇔

1 1 1
+ + = 3.
a b c

x
y
z
1
1
1
P=
+
+

.
x = ;y = ;z =
2
2
2
x
+
y
+
z
=
3
1
+
2
z
1
+
2
x
1
+
2
y
a
b
c
Đặt
. Khi đó
và

Ta có
x
2 xz 2
2 xz 2
2
2
7
4
= x−
≥ x−
= x − .x 3 z 2 ≥ x − x ( 1 + 2 z ) = x − xz.
2
2
3
1 + 2z
1 + 2z
3
9
9
9
3 z4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi z = 1.
y
7
4
≥ y − xy.
2
9
9
Tương tự, 1 + 2 x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
z
7
4
≥
z
−
yz.
1+ 2 y2 9
9
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = 1.

1,0

1,0

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
7
4
P ≥ ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ).
9
9
2
Mặt khác ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx ) do đó

1,0

7
4
P ≥ ( x + y + z ) − ( x + y + z ) 2 = 1.

9
27

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1.

Câu 2
Ta

chứng

minh

rằng:

1
n ≤ n xn < n + H n , ∀n ≥ 1
8

1,0

,

với
1,0

1
1
+L +
2
n

1
xn2+1 = xn2 + 2 + 1 2
2
4 xn
, x1 = 1 quy nạp xn ≥ n .Với n = 1 đúng giả sử đúng

Hn = 1 +

2
đến n . Tức là xn ≥ n . Từ đó suy ra

1,0


xn2+1 ≥ n + 1 +

xn2 = xn2−1 +

1
> n + 1 ⇒ nxn ≥ n
4 xn2

n −1
1
1
1 n−1 1
2
+
1
=

L
=
x
+
n
−
1
+
≤
n
+
(
)
∑
∑
1
2
4 xn2−1
k =1 4 x
4 k =1 k
k

1,0
2

1
1
1



Hn <  n +
H n ÷ ⇒ nxn ≤ n + H n
4
8
8 n


Việc tiếp theo ta chứng minh H 625 < 8 . Ta có BĐT H n ≤ 1 + ln n thật vậy,

Xét hàm số
f ′( x ) = −

f ( x ) = ln ( x + 1) − ln x −

1
1
 1
= ln 1 + ÷−
x +1
x  x + 1 ∀x > 0


1
1
+
< 0 , ∀x > 0
x ( x + 1) ( x + 1) 2

hàm số

f ( x)

giảm trên

khoảng

( 0;+∞ )

⇒ f ( x ) > 0, ∀x > 0 , ta suy ra

1
< ln ( x + 1) − ln x ( *)
x +1
áp

1.0

dụng
1+

1
1
+L +
< 1 + ln 2 − ln1 + ln 3 − ln 2 + L + ln 625 − ln 624 = 1 + ln 625 < 8
2
625

1
625 ≤ 625 x625 < 625 + H 625 < 626

8
⇒ [ 25 x625 ] = 625
Từ đó :
Câu 3

Các hình vẽ sau cho trường hợp AB
a. (3 điểm)
1
Ta có: ∠OAC = 900 – 2 ∠AOC
= 900 –∠ABC = ∠BHA
và AI là phân giác ∠BAC nên
1,0
∠HAI = ∠OAI.
Suy ra ∆AQD cân tại A ⇒ MQ = MD
Gọi L là giao điểm AM và BC.
Khi đó ∠LPD = 900 – ∠HQP
= 900 – ∠ADM =
Do đó tứ giác ALDP nội tiếp được
⇒ MD.MP = ML.MA (2).
ML MC
=
2
Ta có ∆MLC ∼ ∆MCA (g – g) nên MC MA ⇒ MC = ML.MA (3).
A+C
Lại có ∠MIC = ∠MCI = 2 nên ∆MIC cân tại M ⇒ MC = MI (4).

1,0

2
2

Từ (1), (2), (3), (4) ta có: MI = MC = ML.MA = MD.MP = MQ.MP.
Suy ra tam giác IPQ vuông tại I.

0,5

b. (2 điểm)

1,0


Từ câu a. ta suy ra HIPQ nội tiếp
⇒ ∠IHP = ∠IQP = ∠IDM = ∠EAM
do đó tứ giác AIHF nội tiếp
⇒ ∠AIF = ∠AHF = 900.
Gọi N là trung điểm của đoạn FA.
Khi đó ∠NIA = ∠NAI = ∠EDM
= ∠IQP = ∠MIP
nên N, I, P thẳng hàng.
Theo tính chất phân giác và giả thiết thì
IA BA
AB.BC
AB.BC
=
= BA :
= BA :
=2
IL BL
AB + AC
2 BC
.

Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AFL với cát tuyến NIP ta có
AN FP LI
FP 1
.
.
=1
1.
. =1
NF PL IA
⇔ PL 2
⇒ L là trung điểm của PF.
Từ đó suy ra I là trọng tâm của tam giác APF.

Câu 4

0,5

Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa mãn
4,0

2
P
(
x
)
=
P
(
x
+ 1) − 33 + 32, ∀x ≥ 0

P(2014) = 2046,
Giả sử P(x) thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có

P ( x 2 + 1) = [P ( x) − 32]2 + 33, ∀x ≥ 0
2
2
2
Suy ra P (2014 + 1) = (2046 − 32) + 33 = 2014 + 33 Đặt x0=2014, ta có

1,0

x0 + 32 = 2046, P ( x0 ) = x0 + 32 do P(2014) = 2046.
2
2
Xét dãy {x } như sau: x =2014, x1 = x0 + 1, x n+1 = xn + 1, ∀n=1,2,3...
n

0

1,0

Khi đó

P ( x0 ) = x0 + 32
P ( x1 ) = P( x02 + 1) = [P( x0 ) − 32]2 + 33 = x02 + 33 = x02 + 1 + 32 = x1 + 32
P ( x2 ) = P( x12 + 1) = [P( x1 ) − 32]2 + 33 = x12 + 33 = x12 + 1 + 32 = x2 + 32
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được
P ( xn ) = xn + 32, ∀n = 0,1, 2... (*)

Xét

đa

thức

hệ

số

thực 1,0

Q( x) = P( x) − x − 32 Từ (*) ta có Q(x) nhận x làm nghiệm với mọi
n
n=0,1,2…
+∞
Mặt khác do dãy {xn }n=0 tăng nghiêm ngặt nên Q(x) ≡ 0 suy ra P(x) = x+32
Thử lại ta có P(x) thỏa mãn đầu bài.

Vậy: Có duy nhất đa thức P(x) = x + 32
1,0
Câu 5 Cho 2015 điểm trên đường thẳng, tô các điểm bằng một trong 3 màu xanh,
đỏ, vàng (mỗi điểm chỉ tô một màu). Có bao nhiêu cách tô khác nhau sao 4,0
cho không có 3 điểm liên tiếp nào cùng màu.


Gọi Sn là số cách tô màu thỏa mãn cho n ( n ≥ 3 ) điểm (bài toán của ta là
n = 2015 ). Ta sẽ tính Sn +1 theo Sn , xét hai điểm cuối cùng của Sn có hai

1,0

trường hợp xảy ra:
+Nếu hai điểm cuối cùng màu thế thì điểm thứ n + 1 khác màu 2 điểm cuối.
+Nếu hai điểm cuối khác màu thì điểm thứ n + 1 tô bất kì.
Từ đó sinh ra hai số đặc trưng M n là số cách tô n điểm mà hai điểm cuối
cùng màu, Pn là số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu và cả 1,0
hai cùng thỏa mãn 3 điểm liên tiếp khác màu.
Ta có: Sn +1 = 2M n + 3Pn , Pn+1 = 2 Sn ; M n+1 = Pn .
Thế thì Sn+1 = 2 Pn −1 + 6Sn −1 = 4Sn−2 + 6Sn−1 . Vậy ta có hệ thức truy hồi:
S n +1 − 6S n −1 − 4S n −2 = 0
S 4 = 4!− 3 − 12 = 49

. Bây giờ ta tính S3 , S4 thấy ngay S3 = 27 − 3 = 24 ,

1,0

2
. Phương trình đặc trưng X − 6 X − 4 = 0 có nghiệm là:

x1 = 3 + 13, x2 = 3 − 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 
2 13(3 + 13)3
⇒

4
4
 a(3 + 13) + b(3 − 13) = 49 b = 24 13 − 23

2 13(3 − 13)3

3

3

Sau đó cho n = 2015 ta được kết quả bài toán.