Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn O có đường cao AH và tâm đường tròn nội tiếp là I.. Đường thẳng MD cắt các đường thẳng BC, AH theo thứ tự tại P và Q.. Hai đường thẳn
Trang 1
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11
NĂM 2016
(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
Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số thực { }x n được xác định như sau
1
1
1
1
2
n n
n
x
x
+
=
Chứng minh rằng : [25x625] =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=2BC 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
Trang 2
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 11
Câu 1 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
1 1 1
ab bc ca abc
a b c
Đặt
Khi đó x y z+ + =3 và 2 2 2
P
1,0
Ta có
3 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi z=1.
Tương tự, 2
.
y
y xy
x ≥ − + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=1.
2
.
z
z yz
y ≥ − + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y= 1.
1,0
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
P≥ x y z+ + − xy yz zx+ +
Mặt khác (x y z+ + )2 ≥3(xy yz zx+ + ) do đó
2
P≥ x y z+ + − x y z+ + =
1,0
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi x= = =y z 1 hay a b c= = =1. 1,0
Câu 2
Ta chứng minh rằng:
1
8
n≤ n x < +n H ∀ ≥n
, với
1 2
n H
n
= + + +L
1,0
1 1 4
n n
n
x
, x12 =1 quy nạp 2
n
x ≥n.Với n=1 đúng giả sử đúng
đến n Tức là x n2 ≥n Từ đó suy ra
1,0
Trang 3
2
1
4
n
x
1
n n
−
−
2
n
< + < + ÷ ⇒ ≤ +
1,0
Việc tiếp theo ta chứng minh H625 <8 Ta có BĐT H n ≤ +1 lnn thật vậy,
Xét hàm số ( ) ln( 1) ln 1 ln 1 1 1
+ + ∀ >x 0 ( ) ( ) ( )2
′ = − + < ∀ >
+ + hàm số f x( ) giảm trên
khoảng
(0;+∞) ⇒ f x( ) > ∀ >0, x 0, ta suy ra 1 ln( 1) ln ( )*
x < + −
dụng
1 1 ln 2 ln1 ln 3 ln 2 ln 625 ln 624 1 ln 625 8
1
8
⇒[25x625] =625
1.0
a (3 điểm)
Ta có: ∠OAC = 900 – 2
1
∠AOC
= 90 0 – ∠ABC = ∠BHA
và AI là phân giác ∠BAC nên
∠HAI = ∠OAI.
Suy ra ∆AQD cân tại A ⇒ MQ = MD Gọi L là giao điểm AM và BC
Khi đó ∠LPD = 900 – ∠HQP
= 90 0 – ∠ADM =
Do đó tứ giác ALDP nội tiếp được
⇒ MD.MP = ML.MA (2).
1,0
Ta có ∆MLC ∼ ∆MCA (g – g) nên MA
MC MC
ML =
⇒MC2 =ML.MA (3).
Lại có ∠MIC = ∠MCI = 2
C
A+
nên ∆MIC cân tại M ⇒ MC = MI (4).
1,0
Từ (1), (2), (3), (4) ta có: MI2 =MC2= ML.MA = MD.MP = MQ.MP
Trang 4Từ 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
2 2
:
.
+
=
=
BC
BC AB BA AC AB
BC AB BA BL
BA IL
IA
.
Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AFL với cát tuyến NIP ta có
1
IA
LI PL
FP NF
AN
1
PL
FP
⇒ L là trung điểm của PF.
Từ đó suy ra I là trọng tâm của tam giác APF.
0,5
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, x1 =x02 +1, xn+1=x n2 + ∀1, n=1,2,3
Khi đó
= +
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
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 n+∞=0 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
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
Trang 5Gọi S n là số cách tô màu thỏa mãn cho n (n≥3) điểm (bài toán của ta là
2015
n= ) Ta sẽ tính S n+1 theo S n, xét hai điểm cuối cùng của S n 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
Từ đó sinh ra hai số đặc trưng M n là số cách tô n điểm mà hai điểm cuối cùng màu, P n 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 n+1 = 2M n+ 3P n, P n+1 = 2 ;S M n n+1 =P n
1,0
Thế thì S n+1 = 2P n−1 + 6S n−1 = 4S n−2 + 6S n−1 Vậy ta có hệ thức truy hồi:
1 6 1 4 2 0
S + − S − − S − = Bây giờ ta tính S S3 , 4thấy ngay S3 = 27 3 24 − = ,
4 4! 3 12 49
S = − − = Phương trình đặc trưng X2 − 6X − = 4 0 có nghiệm là:
1 3 13, 2 3 13
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