Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O qua BC.. Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm t
Trang 1
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11
NĂM 2015
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số (xn) thỏa mãn:
1
2
1 2
; n 1
n
x
x
n
Chứng minh dãy số trên có giới hạn
Câu 3 (4 điểm) Cho tam giác ABC Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O qua BC Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm trên đường thẳng AO1
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
Người ra đề
(Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)
Tô Minh Trường-0915454109
Trang 2ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Câu 1 Câu 1Giải hệ phương trình
f 4,0
Điều kiện: 2
2
0 1
x y
y
0
0,5
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho vế trái của (1) ta có:
x y
x y
x y
Chứng minh tương tự ta cũng có: 1 1 1 3
x y y
Dấu đẳng thức xảy ra x=y+1 hay y= x - 1
1,0
Thế vào (2) ta có phương trình
2x 8x 10 2x 2x 4 3 x 5 x2 1 (4)
Điều kiện xác định của (4) là: x 1 (*). Với đk (*), ta có:
0,5
Trang 3
0
x
1,0
7
x
2x 2 x5 x2 3 x Với x 7 y 6 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (7;6).x y
1,0
Câu 2
Câu 2 Cho dãy số (xn) thỏa mãn:
1
2
1 2
; n 1
n
x
x
n
Chứng minh dãy số trên có giới hạn
4,0
*) Ta chứng minh xn + n2 1
2
n n
với mọi n 1 (1) Thật vậy: n = 1 đúng
Giả sử (1) đúng với n = k 1: xk + k2 1
2
k k
2
x
k
= k2 2 12
k
x
2 1
1
k k k
k k
3 12 1
k k k
1 3 1
k k
k
1 2
2
k k
2,0
Trang 4*) Ta chứng minh (xn) có giới hạn.
NX: (xn) tăng và xn > 0 với mọi n
Ta có
2 1
1
x x x n n n
1
n
1
n
x
với mọi n 1 Vậy (xn) có giới hạn
2,0
Câu 3 Câu 3 Cho tam giác ABC Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là
điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O
qua BC Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1
nằm trên đường thẳng AO1
4,0
Q
K
O1 O C1
B1
A
Gọi H là trực tâm ΔABC GọiABC Gọi AB1, CH cắt nhau tại P, AC1 và BH cắt nhau
tại Q Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1
Dễ thấy O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
v 1,0 Xét tứ giác B1AHC Ta có 0
1
90
HCA CAB ABH HB A Vì vậy
B1AHC nội tiếp đường tròn (w1).Tương tự C1AHB nội tiếp đường tròn
(w2)
1,0
Trục đẳng phương của (K) và (w1) là AB1, Trục đẳng phương của (O1) và
(w1) là CH Nên P là tâm đẳng phương của (O1), (K) và (w1) và nó phải
nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (K)
Tương tự ta Chứng minh được Q nằm trên trục đẳng phương của các
1,0
Trang 5đường tròn (O1) và (K) Vì vậy, PQ vuông góc O1K
Lại có
QC P BH QB P ( cùng chắn cung AH của (w2) nên PQB1C1 nội tiếp và tam giác AQP đồng dạng tam giác AC1B1
1
2
C AK C K B C PQA nên KA là đường vuông góc PQ
Vậy KA và O1K vuông góc PQ nên A, K, O1 thẳng hàng
1,0
Câu 4 Câu 4 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
4,0
Giả sử P(x) thỏa mãn đầu bài Khi đó ta có
( 1) [ ( ) 32] 33, 0
P x P x x
Suy ra P(20142 1) (2046 32) 2 33 2014 2 33 Đặt x0=2014, ta có
0 32 2046, ( )0 0 32
x P x x do P(2014) = 2046
1,0
Xét dãy {xn} như sau: x0=2014, 2 2
1 0 1, xn 1 n 1, n=1,2,3
x x x
Khi đó
P x x
1,0
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được
( )n n 32, 0,1,2
P x x n (*) Xét đa thức hệ số thực ( ) ( ) 32
Q x P x x Từ (*) ta có Q(x) nhận xn làm nghiệm với mọi n=0,1,2…
Mặt khác do dãy { }x n n0
tăng nghiêm ngặt nên Q(x) 0 suy ra P(x) = x+32
1,0
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 cho không có 3 điểm liên tiếp nào cùng màu
4,0
Gọi là số cách tô màu thỏa mãn cho n () điểm (bài toán của ta là n 2015)
Ta sẽ tính theo , xét hai điểm cuối cùng của có hai trường hợp xảy ra:
+Nếu hai điểm cuối cùng màu thế thì điểm thứ n 1khác màu 2 điểm cuối +Nếu hai điểm cuối khác màu thì điểm thứ n 1 tô bất kì
1,0
Trang 6Từ đó sinh ra hai số đặc trưng là số cách tô n điểm mà hai điểm cuối cùng màu, là số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu và cả hai cùng thỏa mãn 3 điểm liên tiếp khác màu
Ta có: S n1 2M n 3P n, P n1 2 ;S M n n1 P n
1,0
Thế thì S n1 2P n1 6S n1 4S n2 6S n1 Vậy ta có hệ thức truy hồi:
S S S Bây giờ ta tính S S3 , 4thấy ngay S 3 27 3 24 ,
4 4! 3 12 49
x x
1,0
Công thức xác định ax 1n 2n
n
S bx với a b, thỏa mãn:
3
24 13 23
2 13(3 13)
a
b
Sau đó cho n 2015ta được kết quả bài toán
1,0
(Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)
Tô Minh Trường-0915454109