HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
TỈNH HÒA BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN TOÁN - KHỐI 11
NĂM 2015
Câu 1 (4điểm) Cho
, ,a b c
là các số dương thỏa mãn
1 1 1
a b c
a b c
+ + = + +
.
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 3
.
16
2 2 2a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
Câu 2 (4điểm) Cho dãy số
( )
n
x
không âm thỏa mãn
1
0x =

tiếp xúc trong với
( )
O
. Gọi
I
là tiếp điểm của
( )
1
O
và
( )
2
O
;
1 2
,M M
là tiếp điểm
của
( )
O
với
( ) ( )
1 2
,O O
. Tiếp tuyến chung tại
I
của
( ) ( )
1 2
,O O

N N
cắt
( )
O
ở
,B C
;
AI
cắt
( )
O
tại
'A
. Chứng minh rằng
I
là tâm đường
tròn nội tiếp của tam giác
'A BC
.
c) Chứng minh rằng
1 2 1 2 1 2
, ,N N O O M M
đồng quy.
Câu 4 (4 điểm) Cho
( )P x
là đa thức có bậc
1n >
với hệ số nguyên. Chứng minh
rằng có tối đa
n

+ +
+ + + + +
0,5đ
Tương tự
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
1 1 1
2 .
4
2
b a b c
a b c b a b c
≤ ≤
+ +
+ + + + +

( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 1
(3).
4
2
c a c b
a b c c a c b
≤ ≤
+ +
+ + + + +

(Đúng)
0,5đ
+ Mọi số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện trên ta luôn có:
3ab bc ca
+ + ≥
.
0,5đ
Từ giả thiết:

1 1 1
( )a b c ab bc ca abc a b c
a b c
+ + = + + ⇒ + + = + +
Và từ bất đẳng thức quen thuộc
0,5đ

( )
( ) ( )
2
2 2 2
2
3 3 3
3
3.
ab bc ca a b c a b c a b c
ab bc ca abc a b c
ab bc ca
+ + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥

 
.
1đ
Từ x
n
không âm dẫn đến
( )
1
1
1 2 2 3 6
n
n n
n x nx
−
+
+ + + = +
, với mọi n.
1đ
Biến đổi về
( )
( )
1
1
1 2 2 3 2 2
n n
n n
n x nx
−
+
+ − + = − +

và
( )
2
O
nên
1 1 2 2
. .AN AM AN AM=
suy ra
1 2 2 1
N N M M
là tứ giác nội tiếp dẫn đến
·
·
¼
»
¼
»
»
»
1 1
2
1
2
2
1 1
2 2
S S Sđ BM đ AC đ BM đ AB
AC AB OA N N
S
AN N AM M

1
2 2
1 1
/
. .
A O
AB AH AK AN AM P AI
AB AC AI
⇒ = = = =
⇒ = =Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIC

Dẫn đến
· ·
·
·
1 1 1
' '
2 2 2
IBC IAC A AC A BC= = =

Suy ra
BI
là phân giác của
·
'A BC


1 2
, ,R R R
là bán kính của
( )
O
,
( ) ( )
1 2
,O O
.
Rõ ràng
D
là tâm vị tự ngoài của
( )
1
O
và
( )
2
O
1 1
2 2
DO R
DO R
⇒ =
,lại
có
2 2 2
1 1 1
M O R

( )P t t=
mà
( )P t t=
có tối đa
n
nghiệm nguyên dương nên bài
toán được chứng minh.

+TH2 :Nếu tồn tại số nguyên
1
t
mà
( )
( )
1 1
P P t t=
nhưng
( )
1 2 1 2
,( )P t t t t= ≠
thì
( ) ( )
2 1 1 2
;P t t P t t= =
Vì
deg 1P n= >
nên nếu chỉ có
1
t
thỏa mãn

t t−
là ước của
( ) ( )
2 4 1 3
P t P t t t− = −
Suy ra
( )
1 3 2 4
t t t t− = ± −
Nếu
1 3 2 4 1 2 3 4
t t t t t t t t u− = − ⇒ − = − =
, chứng minh tương tự ta thu
được
0,5

0,5
( )
1 4 2 3 1 3 1 3
1 4 2 3
1 3
1 4 3 2 1 3 3 1
0
t t t t t u t u t t
u
t t t t
t t
t t t t t u t t u t
− = − + − = − + −
=

nên
( )
( )
P P t t=
có tối đa
n
nghiệm nguyên.
KL
1,5
1,5
Câu 5
(4 điểm)
Bổ đề:Trên một được tròn có 2n điểm phân biệt. Người ta tô màu
2n điểm này bằng 1 trong 2 màu màu xanh đỏ sao cho có đúng n
điểm được tô màu xanh và đúng n điểm được tô màu đỏ. 2 điểm
khác màu nhau bất kì được nối bởi 1 dây cung. Khi đó với mỗi
cách tô màu luôn tồn tại n dây cung mà không có 2 dây cung nào
cắt nhau.
Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bổ đề trên bằng quy nạp
Dễ thấy bổ đề đúng với n=1
Giả sử bổ đề đúng với mọi n=m
Xét n=m+1:
Do các điểm chỉ được tô bởi 1 trong 2 màu nên phải tồn tại 2
điểm kề nhau mà chúng được tô khác màu. Ta chọn dây cung có 2
đầu mút là 2 điểm này.
Theo giả thiết quy nạp tồn tại cách chọn m cung trong số các dây
cung có đầu mút là các điểm trong 2m điểm còn lại mà không có
2 dây cung nào cắt nhau. Rõ ràng không có dây cung nào trong m
dây cung này cắt dây cung vừa chọn phía trên.
Như vậy tồn tại cách chọn m+1 dây cung mà không có 2 dây cung