TỔNG HỢP ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN KHỐI 11 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN KHỐI 11 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Toán; Lớp: 11 Thời gian:180 phút không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ai l.c

Câu 1 (4 điểm). Cho dãy {un }

1 2   u1 = 3 , u2 = 7  xác định như sau:  2 u = 1 + un+1 + un , ∀n ∈ℤ*  n+ 2 2 3 6

Chứng minh rằng dãy hội tụ. Tìm giới hạn của dãy đó. (Nông Thế Như- Sưu tầm- SĐT: 0977.781.698)

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Có phân giác BAC

cắt BC và ( O ) lần lượt tại D và E khác A . Lấy M là một điểm bất kì trên đoạn

AD , BM cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai P , PE cắt AC tại N . Đường tròn

yn h

ngoại tiếp tam giác EMN cắt BM tại điểm thứ hai R . Lấy K đối xứng với C qua N . Giả sử R thuộc đoạn BM . Chứng minh rằng KR vuông góc với RC . (Người ra đề: Phạm Thanh Linh. 0985447666) Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( f ( y ) + x ) = 29 x + 7 y + 2018 (∀x , y ∈ ℝ ) (Người ra đề: Trần Lê Huy. 0983628286) Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( a, b ) sao cho a 2 + ab + b 2 là

bội số của 75 .

(Sưu tầm- Lã Thị Lệ Hà-01695050959)

Câu 5 (4 điểm). Lớp 11A có 30 học sinh, trong Tết trung thu, cô giáo chủ nhiệm xếp học sinh ngồi thành vòng tròn ngắm chị Hằng, phá cỗ Trung thu. Hỏi cô giáo có bao nhiêu cách phát 11 loại quà bánh khác nhau cho học sinh sao cho mỗi học sinh một loại quà bánh, hai học sinh ngồi cạnh nhau luôn có hai loại quà bánh khác nhau ? (Số lượng quà bánh đủ phát cho học sinh) (Người ra đề: Lê Anh Chung. 0987828012) -------------------------------- Hết-----------------------------Thísinh khôngsử dụng tàiliệu.Cán bộ coithikhông giảithíchgìthêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII Năm học 2017 -2018; Môn: Toán; Lớp: 11 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu

Cách giải

Điểm

ai l.c

1 2   u1 = 3 , u2 = 7  Câu 1. (4 điểm). Cho dãy {un } xác định như sau:  2 u = 1 + un+1 + un , ∀n ∈ ℤ*  n+ 2 2 3 6

2,0

Chứng minh rằng dãy hội tụ. Tìm giới hạn của dãy đó. Bổ đề: Dãy {un } bị chặn dưới và thỏa mãn: un+ 2 ≤ α un +1 + β un , ∀n ∈ ℤ* (α , β > 0; α + β = 1) Khi đó: {un } hội tụ. Hệ quả: Dãy {un } không âm thỏa mãn un+ 2 ≤ α un +1 + β un , ∀n ∈ ℤ* (α , β > 0; α + β < 1) Khi đó: lim un = 0 . (Tự chứng minh Bổ đề)

+ Quy nạp được un < 1

1 − un +1 (1 − un )(1 + un ) 1 1 1 + un 1 + ≤ (1 − un +1 ) + (1 − un ) , vì un < 1 ⇒ < . 3 6 3 3 6 3 1 1 * + Đặt vn = 1 − un ⇒ vn + 2 ≤ vn +1 + vn , ∀n ∈ ℤ 3 3 Theo hệ quả của bổ đề trên ta có dãy hội tụ và lim vn = 0 ⇔ lim un = 1

2,0

yn h

+ Xét 1 − un + 2 =

cắt Câu 2. (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Có phân giác BAC BC và ( O ) lần lượt tại D và E khác A . Lấy M là một điểm bất kì trên đoạn AD , BM cắt

đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai P , PE cắt AC tại N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN cắt BM tại điểm thứ hai R . Lấy K đối xứng với C qua N . Giả sử R thuộc đoạn BM . Chứng minh rằng KR vuông góc với RC .

-1-

A P

ai l.c

1,0

= MPN = BAC ⇒ tứ giác AMNP nội tiếp Ta có MAN 2 ⇒ MNA = MPA = ACB ⇒ MN BC. Ta gọi ( EMN ) cắt AC tại điểm thứ hai Q khác N . Ta có AN. AQ = AM. AE

Mặt khác: ∆ADB ∽ ∆ACE ( g − g ) ⇒ AD. AE = AB. AC

(2)

(1) ,

định lí Thalest trong tam giác

(1 ) , ( 2 ) , ( 3 )

ADC ⇒ AM . AC = AN. AD

và theo

( 3) .

Từ

2,0

yn h

suy ra: AQ = AB . Do đó: Điểm Q đối xứng với điểm B qua đường thẳng AE . Suy ra EB = EQ . = ANM = ACB ⇒ tứ giác BRQC nội tiếp ⇒ EB = ER = EC (Do E Do MRQ là điểm chính giữa cung BC không chứa A của ( O ) ). Ta lại có = RQN = CBP = CAP = CEP ⇒ điểm R đối xứng với điểm C qua REN

1,0

đường thẳng EP ⇒ NR = NC = NK ⇒ ∆KRC vuông tại R hay KR ⊥ RC . Câu 3. (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f ( f ( y ) + x ) = 29 x + 7 y + 2018 (∀x , y ∈ R) Giả sử f là hàm số thỏa mãn f ( f ( y ) + x ) = 29 x + 7 y + 2018 (∀x , y ∈ R)(1) Giả sử f ( x ) = f ( y ) khi đó f ( f ( y ) + x ) = f ( f ( x ) + x ) ⇔ 29 x + 7 y + 2018 = 29 x + 7 x + 2018 ⇔ x = y Do đó f là hàm số đơn ánh. Trong (1) cho x = y = 0 ta được f ( f (0)) = 2018 7 7 Trong (1) cho x = − y ta được f ( f ( y ) − y) = 2018 = f ( f (0)) 29 29 Mà do f là hàm số đơn ánh nên ta có: 7 7 f ( y ) − y = f (0) ⇔ f ( y ) = y + f (0) (∀y ∈ R) 29 29 -2-

1,5

7 x + f (0) (∀x ∈ R) 29 Trong (1) cho y = 0; x = − f (0) ta được 1009 f (0) = −29 f (0) + 2018 ⇔ f (0) = 15 7 1009 Khi đó f (x) = x+ (∀x ∈ R ) , thử lại thấy thỏa mãn đề bài. 29 15 7 1009 Vậy f (x) = x+ (∀x ∈ R ) là hàm số cần tìm. 29 15

hay f (x) =

1,0

ai l.c

1,0

Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( a, b ) sao cho a 2 + ab + b 2 là bội số

c ủa 7 5 . 2 ( a 2 + ab + b 2 ) − 7ab = ( a − 2b )( 2a − b )

18 ( a 2 + ab + b 2 ) − 73 ab = ( a − 18b )(18a − b )

Ta có:

(2)

2,0

(3)

1353 ( a 2 + ab + b 2 ) − 109.75 ab = ( a − 1353b )(1353a − b )

(1)

Từ (1), (2), (3) suy ra a 2 + ab + b 2 là bội số của 75 khi và chỉ khi một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:

+) a⋮ 73 và b⋮ 73 .

2,0

yn h

+) a = 7 2 p; b = 7 2 q với p ≡ 2q(mod 7) hay q ≡ 2 p(mod 7) . +) a = 7 p; b = 7q với p ≡ 18q (mod 73 ) hay q ≡ 18 p (mod 73 )

+) a ≡ 1353b(mod 75 ) hay b ≡ 1353a (mod 75 )

Câu 5. (4 điểm). Lớp 11A có 30 học sinh, trong Tết trung thu, cô giáo chủ nhiệm xếp học sinh ngồi thành vòng tròn ngắm chị Hằng, phá cỗ Trung thu. Hỏi cô giáo có bao nhiêu cách phát 11 loại quà bánh khác nhau cho học sinh sao cho mỗi học sinh một loại quà bánh, hai học sinh ngồi cạnh nhau luôn có hai loại quà bánh khác nhau ? (Số lượng quà bánh đủ phát cho học sinh) Giả sử có n > 1 học sinh ngồi thành vòng tròn và cô giáo có x > 1 loại quà bánh , số lượng quà bánh đủ phát cho học sinh. Gọi Pn là số cách phát quà bánh cho n học sinh ngồi thành vòng tròn, thỏa mãn đề bài ( Mỗi học sinh nhận được chỉ một loại quà bánh và hai học sinh bất kỳ ngồi cạnh nhau thì 1,0 nhận được hai loại quà bánh khác nhau). Gọi học sinh là H1 , H 2 ,..., H n . Xét hai học sinh bất kỳ H i và H j : đặt H i = H j nếu hai học sinh này nhận được cùng một loại quà bánh và H i ≠ H j nếu hai học sinh này nhận được hai loại quà bánh khác nhau –Thỏa mãn đề bài. ( với mọi i ≠ j ) -3-

Bây giờ cô giáo chủ nhiệm H n +1 có vai trò như một học sinh thứ n + 1 (cô cũng phát quà bánh cho bản thân thỏa mãn đề bài). Xét một cách phát thỏa mãn đề bài cho n + 1 người như thế: +Nếu H1 ≠ H n thì ta bỏ đi người H n +1 thì ta sẽ có cách phát quà bánh thỏa mãn đề bài đối với n người ( H1 , H 2 ,..., H n ) và có ( x − 2) cách phát cho H n +1 + Nếu H1 = H n (vi phạm), ta bỏ người H n +1 & H n đi , để ta có cách phát thỏa mãn đề bài cho n − 1 người còn lại ( H1 , H 2 ,..., H n −1 ) . Ta có (x − 1) cách phát quà cho riêng H n +1 & H n và để thỏa mãn đề bài khi H1 = H n

1,0

Bằng truy hồi và quy nạp ta có: Pn = ( x − 1)n + ( x − 1)(−1)n . Áp dụng chom n = 30 & x = 11.

1,0

ai l.c

Vậy: Pn+1 = ( x − 2).Pn + ( x − 1).Pn −1 cách phát quà bánh cho n + 1 người thỏa mãn đề bài. Mặt khác đối với 2 và 3 học sinh ta có: P2 = x( x − 1) & P3 = x( x − 1)( x − 2)

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo cách khác. Giải đúng vẫn cho điểm tối đa.

yn h

XÁC NHẬN CỦA BAN GIÁM HIỆU

-4-

ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN LỚP 11. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

Câu 1 (4 điểm) Có tồn tại hay không dãy số {an } nguyên dương sao cho 2

an −1 ≤ ( an +1 − an ) ≤ an , ∀n ≥ 2.

Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân tại B, T là trung điểm cạnh AC, E và

F tương ứng là chân đường cao hạ từ A, C của tam giác. Z là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A, C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, X là giao điểm của ZA và EF, Y là giao

ai l.c

điểm của ZC và EF.

a) Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ.

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EBF cắt nhau tại điểm thứ hai D. Chứng

minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên DT.

c) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ.

Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, ta có

Với mọi cặp a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ

ii)

f ( a ) . f ( b ) = f ( ab )

Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm f : ℕ → ℕ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

yn h

dài ba cạnh là f ( a ) , f ( b ) và f ( a + b − 1) . Câu 4 (4 điểm) Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x,y , z , ω ,

với 0 < ω < p thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 − ωp = 0.

Câu 5 (4 điểm) Cho số nguyên n ≥ 2 . Chứng minh rằng trong mọi họ gồm ít nhất 2n−1 + 1

tập hợp con không rỗng phân biệt của tập {1, 2,..., n} đều tìm được ba tập hợp mà một

trong chúng là hợp của hai tập còn lại. ----------------- Hết -----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

GV: Trần Thị Hà Phương 0983207082.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG.

CÂU

ĐÁP ÁN ĐỀ NỘP NGÂN HÀNG ĐỀ TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LỚP 11- NĂM 2018.

NỘI DUNG Giả sử tồn tại dãy số thỏa mãn bài toán. Đặt bn = an +1 − an ∈ ℕ.

Đ I ỂM 1,0

Ta có an −1 ≤ bn2 ≤ an an ≤ bn2+1 ≤ an +1

ai l.c

⇒ 0 ≤ ( bn +1 − bn )( bn +1 + bn ) ≤ bn + bn−1.

Nếu tồn tại n sao cho bn +1 − bn > 0 Khi đó bn + bn−1 > bn + bn +1 Suy ra bn+1 + bn < bn −1 + bn , vô lí Do đó dãy ( bn ) là dãy hằng.

1,0

Câu 1 (4 điểm)

⇒ 0 ≤ bn2+1 − bn2 ≤ an +1 − an −1 = bn + bn −1

Như vậy dãy ( an ) là dãy tăng và bị chặn trên nên tồn tại lim an .

1,0

n →∞

yn h

Khi đó bn = 0, ∀n ∈ ℕ , n đủ lớn, vô lí. Vậy không tồn tại dãy nguyên dương thỏa mãn đề bài.

0,5

D B

Câu 2 (4điểm )

ZT là phân giác góc AZC. Do góc XAB= goc ACB = góc BFE =góc

AFX và TA= TF, từ đó X và T nằm trên trung trực của AF, do đó T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ

Giả sử AB < BC, khi đó D nằm trên cung nhỏ AB. Gọi O là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và L là trung điểm của BH. Ta có

2,0

được BD và LO vuông góc.

Từ BD và DH vuông góc, ta được LO và DH song song. OLHT là hình bình hành nên OL song song với HT, do đó D, H, T thẳng hàng. c)Chứng minh được góc ADT = góc AXT và TY là đường trung trực của DC. Chứng minh được góc CDT = góc CYT nên CTDY là tứ giác nội tiếp.

1`,5

Do đó góc XDY + góc XZY= góc XDT+ góc TDY+ góc XZY

=góc ZAT + góc ZCT + góc XZY = 1800, do đó DXZY là tứ giác nội tiếp. Từ đk 2, với mọi bộ a, b nguyên dương, ta có

ai l.c

f ( a ) + f ( b ) > f ( a + b − 1) ;

f ( a ) + f ( a + b − 1) > f ( b ) ;

f ( a + b − 1) + f ( b ) > f ( a ) ; 2

1,0

a = b = 2: f ( 4 ) = f ( 2 ) ; 2 f ( 2 ) > f ( 3) . a = 3; b = 2 : f ( 2 ) + f ( 3) > f ( 4 ) 2

f ( 2 ) = f ( 4 ) < f ( 2 ) + f ( 3) < f ( 2 ) + 2 f ( 2 ) = 3 f ( 2 ) ⇒ f ( 2 ) = 1 or f ( 2 ) = 2.

Câu 3 Nếu f(2)=1. Do 2f(2)>f(1) nên f(1)=1. (4 điểm) Quy nạp chứng minh f(n)=1 với mọi n nguyên dương.

Cho a=n; b=2 : f(n+1)<f(n)+f(2)=2, nên f(n+1)=1.

k −1

) = f ( 2 ) . f ( 2 ) = .... = f ( 2 )

1,0

yn h

f (2

Nếu f(2)=2, bằng quy nạp chứng minh được

Do f (4) − f (2) < f (3) < 2 f (2) ⇒ f (3) = 3.

Quy nạp chứng minh f(n)=n với mọi n >=2 Cho a=n-1; b=2 ta có f(n)<f(n-1)+f(2)=n+1, nên f(n)<=n.

Lấy r là số nguyên lớn nhất sao cho 2r không vượt quá n.

1,0

Nếu 2r=n thì theo chứng minh trên có f(n)=n Nếu n= 2r+s với 1 ≤ s < 2r . a = n = 2r + s ; b = 2r − s + 1.

Ta co f ( 2r − s + 1) = 2r − s + 1 ⇒ f ( n ) + f ( 2r − s + 1) > f ( 2r + s + 2r − s + 1 − 1) f ( n ) > f ( 2r +1 ) − f ( 2 r − s + 1) = 2r +1 − ( 2r − s + 1) = 2r + s − 1 = n − 1 ⇒ f ( n) ≥ n

f(n)=n với mọi n >=2. Do f(1)<2f(2)=4 nên f(1) bằng 1, 2 hoặc 3. Vậy f(n)=1 với mọi n nguyên dương. Hoặc f(n)=n với mọi n>=2; f(1) thuộc {1,2,3}.

1,0

Câu 4

Với p=2, ta chọn x = 0; y = z =ω = 1

1.0

Xét p>2 Nếu -1 là số chính phương modulo p, khi đó tồn tại a ( 0 < a < p ) sao cho a 2 ≡ −1 ( mod p ) . Lấy ( x,y , z ) = ( 0,1, a ) 2

ω∈ {1,2,..., p − 1} sao cho x 2 + y 2 + z 2 − ωp = 0. p−1 2

không

là

số

≡ −1 ( mod p ) .Ta

chính chứng

phương minh

modulo

tồn

khi

ai l.c

( −1)

-1

tại

số

tự

đó 1.0

nhiên

Nếu

Ta có x 2 + y 2 + z 2 = a 2 + 1⋮ p ; a 2 + 1 < ( p − 1) + 1 < p 2 nên tồn tại

k ( 0 < k < p ) sao cho k ; p − 1 − k đều là số chính phương modulo p.

p −1 p −1 là số cp mod p thì coi k = ) 2 2

(Nếu

1.0

p − 3 p + 1 Ngược lại thì trong các cặp sau {1, p − 2} ,{2, p − 3} ,...,  ,  đều 2   2

có ít nhất một số không là số chính phương modulo p.

≡ −1 ( mod p )

yn h

p−1 2

≡ ( −2 )

p −1 2

nên ( p − 2 )

p −1 2

Do p-2 không là số chính phương mod p

Do ( −1)

≡ −1 ( mod p ) nên 2

p−1 2

≡ 1 ( mod p ) , khi đó p-3 không là số

cp mod p

Lập luận tương tự

 p −1    2 

p −1 2

p +1  ≡ −1 ( mod p ) ⇒  p −  2  

 p +1 ⇒ −  2    ⇒ 

p +1  2 

p +1 không là số chính phương mop p(*). Do đó 2

p −1 2

≡ −1 ( mod p )

p −1   ≡ 1 ( mod p )  Do ( −1) 2 ≡ −1 ( mod p )   

Vô lí với (*). Vậy tồn tại số tự nhiên k ( 0 < k < p ) sao cho

k ; p − 1 − k đều là số chính phương modulo p.

1.0

Câu 5

Giải bằng quy nạp

0.5

Với n=2 ,ta có {1;2}={1}U{2}. Với n>=2, giả sử có 2n+1 tập con không rỗng của tập {1,2,..,n+1} Nếu ít nhất trong 2n-1+1 tập hợp trong chúng không chứa n+1, theo giả thiết 1.5 quy nạp ta có đpcm. Nếu ít nhất 2n-1+2 tập hợp chứa n+1 thì bỏ n+1 ra khỏi các tập hợp này và ta áp dụng giả thiết quy nạp

Nếu có đúng 2n-1 tập con không chứa n+1 thì có đúng 2n-1 tập con chứa n+1 1.0

ai l.c

(có nhiều hơn 1 phần tử) và tập {n+1}

Loại bỏ n+1 trong những tập con này ta được 2n tập con khác rỗng của tập

{1,2,..,n},

Do đó trong chúng phải có hai tập trùng nhau, gọi đó là A.

yn h

Do vậy AU{n+1}=B ⊂ {1, 2,..., n + 1} (đpcm)

1.0

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV NĂM 2018

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

Môn: TOÁN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số thực ( xn ) xác định bởi:

 π   f ( 0 ) = 2018 ; f   = 2019 2   f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) .cos y 

ai l.c

xn3 + xn2 + 3 xn + 4 x1 = 2018 và xn+1 = với mọi n = 1, 2,... xn2 − 1 n 1 Đặt S n = ∑ 2 . Hãy tìm lim S n . k =1 xk + xk + 1 Câu 2 (4,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số : f : R → R thỏa mãn:

Câu 3 (4,0 điểm).

∀x, y ∈ R

………. Hết……….

yn h

Cho tam giác ABC có P là điểm nằm trong tam giác sao cho PBA = PCA . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của điểm P trên đường phân giác trong và đường phân giác ngoài của góc A. Chứng minh rằng: đường thẳng MN luôn cắt cạnh BC tại trung điểm của BC. Câu 4 (4,0 điểm). Cho các số nguyên tố thỏa mãn p1 < p2 < p3 < p4 và p4 − p1 = 8 . Giả sử p1 > 5 . Chứng minh rằng p1 chia 30 dư 11. Câu 5 (4,0 điểm). Có 32 chiếc đĩa xếp thành nhiều chồng. Ở mỗi bước chọn một chồng có k đĩa, sau đó bốc thêm vào chồng này k đĩa nữa lấy từ một chồng khác có không ít đĩa hơn. Hỏi sau hữu hạn bước có thể xếp tất cả đĩa vào một chồng hay không?

- Họ và tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………… Người ra đề: Nguyễn Tố Uyên Số điện thoại: 01232900286

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV NĂM 2018

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Môn: TOÁN - LỚP 11 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1. (4,0 điểm) Nội dung

Điểm

Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được xn > 1 ∀n = 1,2,...

( x + 2 ) > 0 ∀n = 1,2... xn3 + xn2 + 3 xn + 4 − xn = n 2 2 xn − 1 xn − 1 (Do xn > 1 ) ⇒ ( xn ) là dãy số tăng. Giả sử ( xn ) bị chặn trên bới a (a > 1)

0,5

ai l.c

Xét hiệu: xn+1 − xn =

0,5

a3 + a 2 + 3a + 4 Từ hệ thức truy hồi ta có: a = ⇔ a = −2 ( loai ) a2 − 1 Do đó: ( xn ) không bị chặn trên ⇒ lim xn = +∞

0,5

xn2 + xn + 1) − ( xn + 2 ) ( 1 1 1 ⇒ = = − 2 2 xn +1 + 2 ( xn + 2 ) ( xn + xn + 1) xn + 2 xn + xn + 1

0,5

3 2 xn3 + 3 xn2 + 3 xn + 2 ( xn + 1) + 1 ( xn + 2 ) ( xn + xn + 1) Xét: xn+1 + 2 = = = xn2 − 1 xn2 − 1 xn2 − 1

yn h

1 1 1 = − x + xn + 1 xn + 2 xn+1 + 2 n 1 1 1 Do đó: S n = ∑ 2 = − x1 + 2 xn +1 + 2 k =1 xk + xk + 1 2 n

⇒

1 1 1 − )= x1 + 2 xn+1 + 2 2020

0,5

⇒ lim lim S n = lim(

0,5

Câu 2. (4,0 điểm) Nội dung Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. *Từ (1) thế: x = 0 ; y = x −

π 2

ta được:

Điểm 1,0

π π  π   f  x −  + f  − x  = 2 f ( 0 ) .cos  x −  2 2  2   π  π  ⇔ f  x −  + f  − x  = 2.2018.sin x ( 2) 2  2  π π π   *Thế y = vào (1) ta được: f  x +  + f  x −  = 0 2 2 2   2

; y = x vào (1) ta được:

1,0

( 5)

π  π  f ( x ) = 2019.cos  − x  + 2018.sin  − x  2  2  ⇒ f ( x ) = 2018cos x + 2019sin x Thử lại: Hàm số f(x) thỏa mãn các điều kiện trên.

1,0

⇒

1,0

π  π  f  + x  + f  − x  = 2.2019.cos x ( 4 )  2  2 π π   Lấy (2)-(3) được: f  − x  − f  x +  = 2.2018.sin x 2   2 π  Lấy (4)+(5) được: f  − x  = 2019cos x + 2018sin x 2 

ai l.c

*Thế x =

( 3)

Câu 3. (4,0 điểm)

Điểm

yn h

Nội dung

0,5

Dựng PF ⊥ AB , PE ⊥ AC , ta có: N, A, E, M, P, F cùng thuộc đường tròn

đường kính AP.

Do AMPN là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính AP nên MN cũng là đường kính của đường tròn đó ⇒ M, N là điểm chính giữa của cung EF

0,5

nhỏ và lớn ⇒ MN là đường trung trực của EF Gọi I là trung điểm của BC. Gọi K là trung điểm của BP ⇒ KB=KP=KF Gọi G là trung điểm của CP ⇒ GC=GP=GE

1,0

Và PKI = PGI (2)

FKP = 2 FBK = 2 ABP Mặt khác: và ABP = ACP ( gt ) EGP = 2 ECG = 2 ACP

ai l.c

Và KPGI là hình bình hành ⇒ KI=PG=GE ; KP=GI=KF (1)

1,0

Nên suy ra: FKP = EGP (3)

Từ (2) và (3) ta có: FKI = IGE (4)

Từ (1) và (4) ta có: ∆KFI = ∆GIE ( c.g .c )

⇒ IE = IF ⇒ I thuộc đường trung trực của EF ⇒ I thuộc MN

1,0

Câu 4. (4,0 điểm)

yn h

Vậy đường thẳng MN cắt BC tại trung điểm I của BC.

Điểm

chỉ có thể nhận 2 trong 3 giá trị

Từ giả thiết thì p2 , p3 { p1 + 2; p1 + 4; p1 + 6} .

Nội dung

Nếu p2 = p1 + 2 ; p3 = p1 + 4 thì trong 3 số p1 , p2 , p3 có một số chia hết cho 3, vô lý. Nếu p2 = p1 + 4 ; p3 = p1 + 6 thì trong 3 số p2 , p3 , p4 có một số chia hết cho 3, vô lý. Do đó Nếu p2 = p1 + 2 ; p3 = p1 + 6 ; p4 = p1 + 8 . Từ đó suy ra p1 ≡ 2 ( mod3) và p1 ≡ 1( mod5 ) . Ngoài ra: p1 lẻ suy ra p1 ≡ 11( mod 30 ) 3

4,0

Câu 5. (4,0 điểm) Nội dung

Điểm 1,0

1,0

ai l.c

Chứng minh có thể xếp tất cả 2n đĩa vào một chồng sau hữu hạn bước bằng quy nạp theo n. Ta thấy kết luận đúng khi n = 1 . Giả sử có thể xếp 2n đĩa vào một chồng sau hữu hạn bước. Ta chứng minh cho trường hợp 2 n+1 . Ta có 2 nhận xét: (1) Số các chồng đĩa lẻ là số chẵn. (2) Sau mỗi bươc, hai chồng đĩa nhận được luôn có số đĩa chẵn ở mỗi chồng. Do đó ta có thể ghép cặp các chồng đĩa lẻ với nhau để sau khi thực hiện việc chuyển đĩa, ta nhận được toàn những chồng đĩa chẵn. Khi đó ở mỗi chồng, ta “gắn” cứ mỗi hai chiếc đĩa thành một chiếc đĩa mới thì tổng số lượng đĩa mới là 2n . Theo giả thiết quy nạp, ta có thể xếp số đĩa mới này thành một chồng đĩa mới. Kết luận đúng với 2 n+1 . Vậy ta có điều phải chứng minh.

yn h

……. Hết……….

1,0

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV NĂM 2018 MỐN: TOÁN 11 Thời gian làm bài:180 phút Đề thi gồm 01 trang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

34 , ∀n ∈ N * . 21

Chứng minh rằng a1 + a2 + ... + an <

ai l.c

------------------------------------------------------------------------------------------------------Bài 1. (4 điểm) Dãy số thực 1  = a 1, a = 1 2  3  Cho dãy số ( an ) xác định như sau:  (1 + an )(1 + an+2 ) = an .an+2 , ∀n ∈ N *  2 an2+1  (1 + an+1 )

yn h

Bài 2. (4 điểm) Hình học phẳng Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, D, E, F lần lượt là hình chiếu của I lên ba cạnh BC, CA, AB. Đường cao AH cắt BI, CI tại P, Q tương ứng. a) Chứng minh rằng: tam giác DEF đồng dạng với tam giác IPQ. b) Lấy O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác IPQ, kéo dài AO cắt BC tại L. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIL cắt BC tại điểm thứ hai là N. Chứng minh BD BN rằng = . CD CN Bài 3. (4 điểm) Phương trình hàm, đa thức Xác định tất cả các đa thức P ( x ) , Q ( x ) hệ số thực, khác hằng số thỏa mãn 10

 P ( x )  +  P ( x )  = Q ( x )  + Q ( x )  Bài 4. (4 điểm) Số học Số nguyên dương n có tính chất: Tồn tại các số nguyên dương x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn x1.x2 ...xn ( x1 + x2 + ... + xn ) = 100n

Tìm giá trị lớn nhất của n. Bài 5. (4 điểm) Tổ hợp Cho S = {1, 2,..., 2018} , với mỗi tập con khác rỗng của S, ta chọn một phần tử của nó

làm phần tử đại diệnthỏa mãn tính chất với mỗi tập khác rỗng D ⊂ S là hợp của các tập khác rỗng không giao nhau A, B, C ⊂ S , thì phần tử đại diện của D cũng là phần tử đại diện của một trong ba tập A, B, C. Tìm xem có bao nhiêu cách chọn cácphần tử đại diện cho tất cả các tập con của S.

yn h

ai l.c

---------------------------Háº¾T---------------------------

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

Điểm 1đ

ai l.c

Bài 1

ĐÁP ÁN – ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN XIV MÔN: TOÁN 11 Hướng dẫn Biến đổi công thức truy hồi về dạng ( an+2 + 1) an+1 = ( an+1 + 1) an = ... = ( a2 + 1) .a1 = 2 ( an+1 + 1) an+2 ( an + 1) an+1 ( a1 + 1).a2 a +1 a +1 Và đưa về n +1 = 2. n , ∀n ∈ N * , từ đây rút ra an+1 an an + 1 a +1 = 2n −1. 1 = 2n , ∀n ∈ N * an a1 1 ⇒ an = n , ∀n ∈ N * . 2 −1 n 1 1 1 n 1 Tách ∑ i =1+ + + ∑ i 3 7 i =4 2 − 1 i =1 2 − 1 1 2i−1 1 1 < i = i −1 − i , ∀i ≥ 4 nên Vì i 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1 n 1 31 n  1 1  31 1 1 34 đpcm. < + ∑  i −1 − i < ∑ = + − n i 2 1 21 2 1 2 1 21 7 2 1 21 − − − −   i =1 i =4

1đ

yn h

E M

Từ hai tứ giác nội tiếp IFBD và IDCE tính được ∠EDF = 90° − tương tự có ∠DFE = 90° −

∠C . 2

∠A 1 đ , 2

Biến đổi về dạng  P ( x )   P ( x ) + 1 = Q ( x )  Q ( x ) + 1 . Ký hiệu S f là tập các nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 , từ hệ thức

ai l.c

Có ∠QIP là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác IBC nên tính được ∠A ∠QIP = 90° − , và tam giác QHC vuông tại H nên có 2 ∠C ∠IQP = 90° − . 2 Với các góc ở trên suy ra được đpcm Gọi giao điểm của EF với BC là N’, ta luôn có ( B, C , D, N ') = −1 , do đó 1 đ BD BN ' = . Vì vậy ta chỉ cần chứng minh N ≡ N ' . CD CN ' Gọi M là giao điểm của IA và EF, nhận thấy A, M, H, N’ cùng thuộc đường tròn đường kính AN’ nên ta có ∠IAP = ∠DN ' E , kết hợp với 1 đ phần a) suy ra ∆IPA đồng dạng với ∆DEN ' . Mặt khác, nhận thấy IA, IB là trung trực của EF, FD nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, còn O là tâm của đường tròn ngoại tiếp 1 đ tam giác IPQ nên kết hợp với phần a) ta có ∆IAO đồng dạng với ∆DN ' I . Từ đó suy ra ∠IAO = ∠DN ' I và dẫn đến A, I , L, N ' cùng thuộc một đường tròn. Vậy N ≡ N ' và từ đó suy ra điều phải chứng minh.

trên ta suy ra S P ∪ S P +1 = SQ ∪ SQ+1 .

yn h

Ngoài ra còn suy ra được10.deg P = 21.deg Q nên có k ∈ N * để deg P = 21k và deg Q = 10k .

Từ S f ≤ deg f và S P ∩ S P +1 = SQ ∩ SQ +1 = ∅ ta có: 1đ

S P + S P +1 = SQ + SQ +1 ≤ 20k . (1)

Với đa thức P khác hằng số, ta chứng minh S p + S P +1 ≥ deg P + 1 .

Thật vậy, giả sử có phân tích n

c '

P ( x ) = ∏ ( x − ri ) và P ( x ) + 1 = ∏ ( x − ri ') i i =1

i =1

trong đó m, n, c1 ,..., cn , c1 ',..., cm ' ∈ N , r1 ,..., rn , r1 ',..., rm ' là các số phân biệt. Xét đạo hàm P ' ( x ) , nhận thấy P ' ( x ) có nghiệm ri bội ci − 1, ∀i = 1,..., n , cũng như có nghiệm ri ' bội ci '− 1, ∀i = 1,..., m . Từ đó suy ra n

i =1

i =i

deg P − 1 = deg P ' ≥ ∑ ( ci − 1) + ∑ ( ci '− 1) = 2deg P − S P − S P +1

Từ đó suy ra S P + S P +1 ≥ deg P + 1 = 21k + 1.

(2)

Từ (1), (2) thu được 1 + 21k ≤ 20k ⇔ k ≤ −1 , điều này trái với k ∈ N * . Do

2đ

1đ đó không tồn tại các đa thức P ( x ) , Q ( x ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có xi ≥ 1, ∀i = 1,.., n , nhận thấy nếu x1 = x2 = ... = xn = 1 thì có phương 1 đ trình n = 100n ⇔ n = 0 , vô lý. Gọi k là số các giá trị i để xi ≥ 2 , vì

27 = 128 > 100 nên 1 ≤ k ≤ 6 . Không mất tổng quát, giả sử x1 ≥ ... ≥ xk ≥ 2 n

∏x =∏x

và xk +1 = ... = xn = 1 . Do đó

i =1

∑x

> n nên

i =1

∑x = ∑x +n−k i

i =1

∏ x = ∏ x < 100 hay ∏ x i

i =1

≤ 99 .

i =1

Lại có

và

i =1

∑x ≤ ∏x i

i =1

1đ

ai l.c

Vì

nên

i =1

  k  k  k 100n = ∏ xi . ∑ xi + n − k  ≤ ∏ xi  ∏ xi + n − k  ≤ 99.( 99 + n − 1) 2đ i =1  i =1  i =1  i=1  ⇒ n ≤ 99.98 Dấu “=” xảy ra khi x1 = 99 và x2 = x3 = ... = xn = 1 . + Với mỗi tập X ⊂ S , ký hiệu r ( X ) là phần tử đại diện của X. Giả sử x1 = r ( S ) . Trước hết ta chứng minh khẳng định sau: Nếu x1 ∈ X và

X ⊂ S thì x1 = r ( X ) . - Nếu X ≤ 2016 , ta viết S thành hợp của ba tập không giao nhau gồm X và hai tập con khác nữa của S. Từ giải thiết suy ra x1 = r ( X ) .

yn h

- Nếu X = 2017 , xét phần tử y ∈ S , y ≠ x1 . Coi S là giao của ba tập không giao nhau gồm { x1 , y} và hai tập khác nữa, áp dụng trường hợp X ≤ 2012 , ta suy ra r ({ x1 , y} ) = x1 , nên y ≠ r ( X ) (vì theo giả thiết

phần tử đại diện của một trong ba tập cũng là phần tử đại diện của X, mà r ({ x1 , y} ) ≠ y và hai tập còn lại đều không chứa y). Do y lấy tùy ý

2đ nên r ( X ) ≠ y, ∀y ∈ X , y ≠ x1 . Từ đó ta có r ( X ) = x1 . - Chú ý rằng lập luận trên vẫn còn đúng với mọi tập con của S có từ 5 phần tử trở lên. + Ta có 2018 cách chọn x1 = r ( S ) , với mọi x1 ∈ X ⊂ S thì r ( X ) = x1 . Xét S2 = S \ { x1} . Tương tự ta có 2017 cách chọn x2 = r ( S2 ) , với mọi 2đ x2 ∈ X ⊂ S 2 thì r ( X ) = x2 . Lặp lại tương tự quá trình này ta có 2018.2017….5 cách chọn x1 , x2 ,...., x2014 ∈ S i = 1,2,...,2014 , r ( X ) = xi , với mỗi xi ∈ X ⊂ S \ { x1 , x2 ,..., xi −1} . Bây giờ còn lại 4 phần tử của S ký hiệu là Y = { y1 , y2 , y3 , y4 } . Ta có 4 cách chọn r (Y ) , giả sử y1 = r (Y ) , chứng minh tương tự trên ta có

r ({ y1 , y2 } ) = r {( y1 , y3 )} = r {( y1 , y4 )} = y1

ai l.c

Còn 7 tập chưa có phần tử đại diện là { y1 , y2 , y3} ,{ y1 , y3 , y4 } ,{ y1, y2 , y4} ,{ y2 , y3 , y4} , { y2 , y3} ,{ y2 , y4} ,{ y3 , y4} , phần tử đại diện của các tập này được chọn tùy ý nên có 34.23 cách chọn. + Vậy tổng cộng có 2018.2017….4.34.23 = 2018!.108 cách xếp phần tử đại diện cho tất cả các tập con.

Người ra đề: Bùi Thị Hương

yn h

Số điện thoại: 01683219231 Chữ ký:

ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2018 MÔN TOÁN LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG Câu 1 (4 điểm)

 a1 = a2 = 1 Cho dãy số ( an ) :   an + 2 = an +1 + an , ∀n ≥ 1

( −1)

k =1

b. Với mỗi k ∈ ℕ đặt S k = ∑ a . Tính lim ∑ 2 i

i =1

n +1

ai l.c

a. Chứng minh rằng: ∀n ≥ 1: an .an + 2 = an2+1 + ( −1)

Câu 2 (4 điểm)

Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn (O) . Các điểm A1 , B1 , C1 là trung điểm các

đoạn BC , CA, AB . P là điểm bất kì trên (O) . Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 lần lượt cắt đường tròn

tại điểm thứ hai A ', B ', C ' . Giả sử các đường thẳng AA ', BB ', CC ' cắt nhau tạo thành một tam giác. Chứng minh rằng diện tích tam giác không phụ thuộc vào vị trí điểm P .

Câu 3 (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm f : ℝ → ℝ thỏa mãn:

 x+ y ≥ f + x− y ,  2 

f ( x) + f ( y)

yn h

Câu 4 (4 điểm)

Cho dãy số (an ) thỏa mãn a1 = a2 = 97; an+1 = an an−1 +

∀x, y ∈ ℝ. (1) .

2 n

− 1)( an2−1 − 1) . Chứng minh rằng

2 + 2 + 2an là số chính phương với mọi số tự nhiên n .

Câu 5 (4 điểm)

Với mỗi số nguyên r ≥ 1 , xác định số nguyên nhỏ nhất h( r ) ≥ 1 sao cho với mọi cách chia tập hợp {1; 2;...; h ( r )} thành r tập con đều tồn tại các số nguyên a ≥ 0 , y ≥ x ≥ 1 sao cho a + x, a + y, a + x + y thuộc cùng một tập con.

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM Câu

Hướng dẫn giải

Điểm

a. Quy nạp:

n = 1: a1.a3 − a22 = 1 = ( −1)

n = 2 : a2 .a4 − a32 = −1 = ( −1)

* 2 Giả sử mệnh đề đúng tới n ∈ ℕ , tức là ak .ak + 2 = ak +1 + ( −1) mệnh đề đúng với n + 1 , thật vậy:

= an + 2 . ( an + an +1 ) + ( −1)

n+2

= an2+ 2 + ( −1)

, ∀k ≤ n , ta sẽ chứng minh 2

n +1

+ an +1.an + 2

an +1.an+ 3 = an +1. ( an +1 + an + 2 ) = an2+1 + an +1.a n + 2 = an .an + 2 − ( −1)

k +1

n+ 2

b. Ta có ∀n ≥ 1: an + 2 = an +1 + an ⇒ an + 2 .an +1 = an2+1 + an +1.an , ∀n ≥ 1 ⇒ an2+1 = an + 2 .an +1 − an +1.an , ∀n ≥ 1

2 Cho n chạy từ 1 đến k − 1 , rồi cộng lại, chú ý a1 = a1 .a2 ta được Sk = ak .ak +1 Khi đó

Suy ra lim ∑

1− 5 . 2

yn h

k =1

( −1)

n+2

 1+ 5   1− 5    −  2  2    = 1− n +1 n +1  1+ 5   1− 5    −  2    2 

n a ak2+1 − ak .ak + 2 a  a = ∑  k +1 − k + 2  = 1 − n + 2 ak .ak +1 ak +1  an +1 k =1 k =1  ak n

=∑

k =1

∑

( −1)

ai l.c

Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm.

B' C1

ai l.c

yn h

Gọi Ao là giao điểm của BB ', CC ' . Tương tự định nghĩa B0 , C0 .

Theo định lý Pascal cho 6 điểm A, P, C, C’, B, A, ta có B0 ; A1; C1 thẳng hàng. BC C A CB C A Do đó 0 0 = 0 1 , tương tự 0 = 0 1 . C0 A C0 B1 C0 A0 C0 B1 Suy ra B0C0 .C0 A0 = C0 A.C0 A0 nên S A0 B0C0 = S AC0 B .

1 S ABC . Suy ra đpcm. 4 Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. Ký hiệuP(a,b) là thao tác thayx bởia, thay ybởi b. (1) : P(a + 2b, b) : f ( a + 2b ) + f ( a ) ≥ 2 f ( a + b ) + 4 b 3

1 1 1

Dễ chứng minh S AC0 B =

(1) : P(a + 3b, a + b) : f ( a + 3b ) + f ( a + b ) ≥ 2 f ( a + 2b ) + 4 b (1) : P(a + 4b, a + 2b) : f ( a + 4b ) + f ( a + 2b ) ≥ 2 f ( a + 3b ) + 4 b

1.5

Cộng vế với vế:

f ( a ) + f ( a + 4b ) ≥ f ( a + b ) + f ( a + 3b ) + 12 b ≥ 2 f ( a + 2b ) + 4 b + 12 b = 2 f ( a + 2b ) + 16 b Trở lại f ( x) + f ( y)  x+ y  x+ y x = a, y = a + 4b ⇒ f ( x ) + f ( y ) ≥ 2 f  ≥ f +4 x− y ⇔ +2 x− y , 2  2   2  ∀x, y ∈ ℝ ( 2 )

f ( x) + f ( y)

 x+ y n ≥ f  + 2 x − y , ∀x, y ∈ ℝ ( 3) với n nguyên dương. Làm tương tự: 2  2  ( 3) : P(a + 2b, b) : f ( a + 2b ) + f ( a ) ≥ 2 f ( a + b ) + 2n+1 b

Giả sử

ai l.c

( 3) : P(a + 3b, a + b) : f ( a + 3b ) + f ( a + b ) ≥ 2 f ( a + 2b ) + 2n+1 b ( 3) : P(a + 4b, a + 2b) : f ( a + 4b ) + f ( a + 2b ) ≥ 2 f ( a + 3b ) + 2n+1 b

1.5

Cộng vế với vế: f ( a ) + f ( a + 4b ) ≥ f ( a + b ) + f ( a + 3b ) + 3.2n +1 b ≥ 2 f ( a + 2b ) + 2n +1 b + 3.2n +1 b

= 2 f ( a + 2b ) + 2n +3 b

Trở lại

f ( x) + f ( y)  x + y  n+ 2  x + y  n +1 x = a, y = a + 4b ⇒ f ( x ) + f ( y ) ≥ 2 f  ≥ f +2 x− y ⇔ +2 x− y , 2  2   2  ∀x, y ∈ ℝ.(3) Theo nguyên lý quy nạp: (3) đúng với mọi số nguyên dương n . Cố định x, y ∈ ℝ, x ≠ y , cho n ra vô cùng ta có điều vô lý. Vậy không tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. Sử dụng tính chất hàm hyperbolic ch 2 x − sh 2 x = 1 , ta chứng minh bằng quy nạp được a x + a−x Nếu an ; an +1 đều có dạng với x là số nguyên chẵn thì an + 2 cũng có dạng trên. 2 2

(

)

nên an có dạng 1

(

2 + 2 + an = 2 + 3

với k là số nguyên.

) + (2 − 3)

là số nguyên suy ra điều phải chứng minh.

Chỉ ra

) (

+ 7−4 3

an =

7+4 3

yn h

Khi đó theo giả thiết a1 = a2

(7 + 4 3 ) + (7 − 4 3 ) =

Ta chứng minh h (r ) ≤ 2 r . Xét tập A = {1; 2;...; 2 r} và tập con A0 = {r; r + 1;...; 2r} . Giả sử A được chia thành r tập con thì phải tồn tại tập con nào đó chẳng hạn là Ai chứa 2 phần tử cùng thuộc tập A0 giả sử là u ; v với r ≤ u < v ≤ 2r . Đặt a = 2u − v; x = y = u − v thì 5

a + x = a + y = u; a + x + y = u thuộc cùng một tập con. Do đó Ai thõa mãn đề bài. Ta chứng minh h ( r ) > 2 r − 1 . Xét tập A = {1; 2;...; 2 r − 1} và chia tập A thành r tập con như sau. A1 = {1;1 + r};....; Ar −1 = {r − 1; 2r − 1}; Ar = {r} Giả sử phản chứng cách chia này thỏa mãn yêu cầu bài toán, xét hai trường hợp TH1. Nếu tồn tại các số nguyên a ≥ 0 , y ≥ x ≥ 1 sao cho a + x, a + y, a + x + y thuộc cùng một tập con có hai phần tử ở trên thì a + x = a + y = k ; a + x + y = k + r suy ra x = y = r ; a = k − r < 0 (mâu

thuẫn). TH2. Nếu Nếu tồn tại các số nguyên a ≥ 0 , y ≥ x ≥ 1 sao cho a + x, a + y, a + x + y thuộc cùng một tập con Ar = {r} thì a + x = a + y = a + x + y = r vô lý vì y ≥ x ≥ 1 . Vậ y h ( r ) = r . Người ra đề: Mai Xuân Huy: 0985529765

yn h

ai l.c

Đặng Hồng Như: 01228226171

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯNG YÊN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV NĂM 2018 - MÔN TOÁN 11

Bài 1. (4 điểm) Cho dãy số ( un )n≥1

u2 n , ∀n ≥ 1. Chứng minh rằng dãy ( vn )n≥1 có giới hạn hữu hạn u2 n−1

cho bởi: vn =

ai l.c

( vn )n≥1

u1 = u2 = 1; u3 = 2  xác định bởi:  và dãy un+1un+ 2 + 7 u = , n ≥ 1 n + 3  un 

và tìm giới hạn đó.

Bài 2. (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Phân giác ngoài của , , CDA theo thứ tự cắt phân giác ngoài của các góc các góc DAB ABC , BCD

, CDA , DAB tại X , Y , Z , T . Gọi E , F theo thứ thự là trung điểm của ABC , BCD

b. Ba điểm O, E , F thẳng hàng.

a. Tứ giác XYZT nội tiếp và XZ ⊥ YT .

XZ , YT . Chứng minh rằng

Bài 3. (4 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( a, b ) sao cho tam thức bậc hai

P ( x ) = x 2 - ax + b thỏa mãn tính chất: tồn tại ba số nguyên đôi một khác nhau m, n, p

yn h

thuộc đoạn [1; 9] sao cho P ( m ) = P ( n ) = P ( p ) = 7.

Bài 4. (4 điểm) Cho n ∈ ℕ* mà ước chung lớn nhất của n và ( 21387 − 2 ) bằng 1. Gọi

là hệ thặng dư thu gọn theo modun n .

{a1, a2 , ..., as }

Chứng minh rằng

a11386 + a1386 + ... + a1386 chia hết cho n . 2 s

Bài 5. (4 điểm)

a. Chứng minh rằng từ 14 số nguyên dương liên tiếp, chỉ có thể chọn ra tối đa 4 số

sao cho hai số tùy ý trong các số được chọn ra không hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10 (đơn vị). b. Người ta chọn ra 590 số nguyên dương từ 2060 số nguyên dương đầu tiên, sao cho hai số tùy ý trong các số được chọn không hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10 (đơn vị). Chứng minh rằng 2018 là một trong các số được chọn. ------------------------------------

HƯỚNG DẪN Bài

Lời giải

Cho dãy số ( un )n≥1

( vn )n≥1

Điểm

u1 = u2 = 1; u3 = 2  xác định bởi:  (1) và dãy un+1un +2 + 7 u = , n ≥ 1 3 + n  un 

cho bởi: vn =

u2 n , ∀n ≥ 1. Chứng minh rằng dãy ( vn )n≥1 có giới u2 n −1

Dựa và hệ thức xác định dãy

hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

ta có u4 = 9, un > 0 và

ai l.c

( un )

un+3 .un = un +1un + 2 + 7, ∀n ≥ 1

Suy ra un+ 4 .un +1 = un+ 2un +3 + 7, ∀n ≥ 1.

un + 4 + un + 2 u n + 2 + un = , ∀n ≥ 1 un+3 un+1

có un > 0 nên

( un+4 + un+2 ).un+1 = ( un+2 + un ).un+3 , ∀n ≥ 1

Do đó un+ 4 .un +1 − un+3 .un = un+ 2un +3 − un+1un+ 2 , ∀n ≥ 1 hay

Từ đó với mọi n nguyên dương ta có

yn h

1 u2 n + 2 1 u ; 2 n+1 = 3 − =5− u2 n u2 n+1 u2 n +1 u2 n u2 n u2 n −1

Suy ra

u2 n + 2 + u 2 n u4 + u2 u +u u +u = = 5; 2 n+1 2 n −1 = 3 1 = 3 u2 n +1 u3 u2 n u2

Với mỗi n nguyên dương, đặt wn =

u2 n+1 . u2 n

Từ công thức trên ta có với mọi n nguyên dương thì wn = 3 −

1 1 ; vn +1 = 5 − (2) suy ra wn < 3 với mọi n ≥ 1 và vn wn

vn < 5 với mọi n ≥ 1 ( do v1 =

u2 = 1 < 5 ). u1

Mặt khác từ (1) suy ra un+3 .un > un+1un + 2 nên với mọi

nguyên dương ta có

un +3 un+1 > , ∀n ≥ 1. Nên un + 2 un

vn+1 =

u2 n + 2 u 2 n > = vn u2 n+1 u2 n −1

và

wn +1 =

u2 n +3 u2 n +1 > = wn . u2 n + 2 u2 n

Các dãy ( vn ) và ( wn ) là các dãy tăng và bị chặn trên nên các dãy đó có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ .

Đặt lim vn = α ; lim wn = β . Ta có u1 < α ≤ 5; w1 < β ≤ 3. n→+∞

1 1 ; vn +1 = 5 − , chuyển qua giới hạn các hệ thức ở (2) vn wn

n→+∞

15 + 165 . 6

Vậy lim vn = α =

 15 + 165 α =  6 .  + 15 165 β =  10

1  = − β 3  α trên ta được  . Giải hệ ta được 1 α = 5 − β 

Lại có wn = 3 −

ai l.c

n→+∞

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Phân giác ngoài của

, , CDA theo thứ tự cắt phân giác ngoài của các góc DAB ABC , BCD

, CDA , DAB tại X , Y , Z , T . Gọi E , F theo thứ thự các góc ABC , BCD

là trung điểm của XZ , YT . Chứng minh rằng

a. Tứ giác XYZT nội tiếp và XZ ⊥ YT .

yn h

b. Ba điểm O, E , F thẳng hàng.

Gọi

α, β, γ , δ

theo

thứ

tự

là

số

đo

c ủa

các

, , CDA . Gọi K là giao điểm của XZ và YT . DAB ABC , BCD

góc

α +β 1800 − α 1800 − β = ; XBA = . Do đó TXY . Ta có XAB = AXB = 2 2 2 = DZC = γ +δ . Tương tự TZY 2 + TXY = α + β + γ + δ = 1800. Từ đó suy ra tứ giác XYZT Suy ra TZY 2 nội tiếp.

Mặt khác ta lại có d ( X , AD ) = d ( X , AB ) = d ( X , BC ) ;

ai l.c

d ( K , AD ) = d ( K , AB ) = d ( K , BC ) ; d ( Z , AD ) = d ( Z , CD ) = d ( Z , BC ) , Nên ba điểm X , K , Z thẳng hàng.

= KXB = KAB =α, IXY 2

tương

tự

=γ IYX 2

suy

yn h

+ IYX = α + γ = 900 hay XZ ⊥ YT . IXY 2

có

XAKB nội tiếp. Vậy

XAK = XBK = 900 nên tứ giác

Lại có

b. Gọi M , N , P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn ( O )

với XY , YZ , ZT .

nên Vì XY , ZT theo thứ tự là phân giác ngoài của các góc ABC , CDA

M , P lần lượt là điểm chính giữa của các cung ABC , CDA. Do đó MP là đường kính của của ( O ) hay O là trung điểm của MP (1). Vì YZ là

nên N là trung điểm của cung BCD . phân giác ngoài của góc BCD = BAN = BAK = BXK = BXZ nên Tứ giác XAKB nội tiếp, suy ra YMN MN // XZ.

Tương

tự

MP // YT .

Theo

định

lý

Thales

có

XM ZN ZP = = (2). XY ZY ZT Bổ đề : Cho tứ giác ABCD . Gọi E , F là trung điểm của AC , BD. Các

điểm M , N thuộc đoạn AB, CD sao cho

AM CN . Khi đó trung = AB CD

điểm của MN thuộc đoạn EF . Từ (1) và (2) áp dụng bổ đề trên ta được O, E , F thẳng hàng. Tìm tất cả các cặp số nguyên

( a, b )

sao cho tam thức bậc hai

ai l.c

P ( x ) = x 2 - ax + b thỏa mãn tính chất: tồn tại ba số nguyên đôi một khác nhau m, n, p thuộc đoạn [1; 9] sao cho P ( m ) = P ( n ) = P ( p ) = 7.

Giả sử ( a, b ) là cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài. Khi đó, tồn tại

ba số nguyên đôi một khác nhau m, n, p ∈ [1; 9] sao cho

P ( m ) = P ( n ) = P ( p ) = 7 hay P ( m ) , P ( n ) , P ( p ) ∈ {−7, 7} .

Không thể xảy ra P ( m ) = P ( n ) = P ( p ) vì khi đó tam thức bậc hai

Q ( x ) = P ( x ) − P ( m ) sẽ có ba nghiệm (vô lý).

Do đó trong ba số P ( m ) , P ( n ) , P ( p ) có đúng hai số bằng nhau và số còn lại khác hai số đó.

Không mất tính tổng quát, giả sử

yn h

P ( m ) = P ( n ) ≠ P ( p ) . Xảy ra hai trường hợp sau

TH 1: P ( m ) = P ( n ) = 7 và P ( p ) = −7.

Giả sử m > n, vì P ( m ) = P ( n ) = 7 và m ≠ n nên m, n là hai nghiêm phân biệt của phương trình bậc hai (ẩn x )

x 2 - ax + b − 7 = 0. Theo định lý Viet ta có m + n = a.

Có 14 = P ( m ) − P ( p ) = m 2 − p 2 − a ( m − p ) hay 14 = ( m − p )( m + p − a ) = ( m − p )( p − n ) (1) Suy ra

( m − p ) và ( p − n )

cùng dấu và do m > n nên

( p − n ) cùng dương. m, n, p ∈ [1; 9] nên m − p < 14, p − n < 1 , từ (1) ta có

( m − p ) và

m − p = 2 m − p = 7 m = 2 + p m = 7 + p hoặc  hay  hoặc   p −n =7 p −n = 2 p = 7+ n p = 2+ n Suy ra m = n + 9 ≥ 10 mâu thuẫn m ∈ [1; 9] . Vậy trường hợp này không xảy ra. TH 2: P ( m ) = P ( n ) = −7 và P ( p ) = 7. P ( m ) = P ( n ) = 7 và m ≠ n nên m, n là hai nghiêm phân biệt của

phương trình bậc hai (ẩn x )

ai l.c

x 2 - ax + b + 7 = 0. Theo định lý Viet ta có m + n = a và b = mn − 7.

Có −14 = P ( m ) − P ( p ) = ( m − p )( p − n ) suy ra m − p p − n = 14 (2).

Không mất tính tổng quát, giả sử m − p ≤ p − n , ( m − p ) và ( p − n )

m, n, p ∈ [1; 9]

nên

m − p < 14, p − n < 14 , từ (2) ta có

trái dấu (3)

m − p = 2 m − p = −2 hoặc    p − n = −7 p −n =7

m − p = 2, p − n = 7 , kết hợp (3) ta được

m = 2 + p m = p − 2 (I) hoặc  (II) hay  n = 7 + p n = p − 7

yn h

+) Xét (I), vì n ≤ 9 ⇒ p ∈ {1, 2}.

Với p = 1 thì m = 3, n = 8 ta được a = 11, b = 17.

Với p = 2 thì m = 4, n = 9 ta được a = 13, b = 29. +) Xét (II), vì n ≥ 1 và p ≤ 9 ⇒ p ∈ {8, 9}.

Với p = 8 thì m = 6, n = 1 ta được a = 7, b = −1. Với p = 9 thì m = 7, n = 2 ta được a = 9, b = 7.

+) Thử lại trực tiếp các cặp số

( a, b ) ∈{(11,17 ) ; (13,29 ) ; ( 7, −1) ; ( 9,7 )} đều thỏa mãn điều kiện đề bài. 4

Cho n ∈ ℕ* mà ước chung lớn nhất của n và ( 21387 − 2 ) bằng 1. Gọi

{a1 , a2 , ..., as } là hệ thặng dư thu gọn theo modun a11386 + a1386 + ... + a1386 chia hết cho n . 2 s

n . Chứng minh rằng

Vì ước chung lớn nhất của n và

1387

− 2 ) bằng 1 nên

( n,2 ) = 1

và ( n, 21386 − 1) = 1. Lại có {a1 , a2 , ..., as } là hệ thặng dư thu gọn theo modun n suy ra

{2a1, 2a2 , ...,2as }

cũng là một hệ thặng dư thu gọn theo modun n do 1386

đó a11386 + a21386 + ... + a1386 ≡ ( 2a1 ) s

1386

+ ( 2 a2 )

1386

+ ... + ( 2as )

( mod n )

hay S ≡ 21386.S ( mod n ) ⇔ S .( 21386 − 1)⋮ n , mà ( n, 21386 − 1) = 1 nên S ⋮ n

ai l.c

đpcm. 5

a. Chứng minh rằng từ 14 số nguyên dương liên tiếp, chỉ có thể chọn ra

tối đa 4 số sao cho hai số tùy ý trong các số được chọn ra không hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10 (đơn vị).

b. Người ta chọn ra 590 số nguyên dương từ 2060 số nguyên dương

đầu tiên, sao cho hai số tùy ý trong các số được chọn không hơn kém

nhau 4, 6 hoặc 10 (đơn vị). Chứng minh rằng 2018 là một trong các số

được chọn.

a. Xét 14 số nguyên dương liên tiếp a, a + 1, a + 2, a + 3,..., a + 13. Chia

14 số này thành 4 nhóm như sau:

yn h

Nhóm 1 gồm các số: a, a + 4, a + 6, a + 10. Nhóm 2 gồm các số: a + 1, a + 5, a + 7, a + 11.

Nhóm 3 gồm các số: a + 2, a + 8, a + 12.

Nhóm 4 gồm các số: a + 3, a + 9, a + 13. Ta thấy rằng:

+) Hai số tùy ý thuộc nhóm 3, cũng như thuộc nhóm 4, đều hơn kém 4, 6 hoặc 10.

+) Trong nhóm 1 và nhóm 2, không tồn tại 3 số sao cho hai số tùy ý trong ba số đó không hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10. Giả sử chọn được 5 số, từ 14 số nói trên, sao cho hai số tùy ý trong các số được chọn không hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10. Khi đó theo kết quả trên suy ra chỉ có thể xảy ra một trong các trường hợp sau TH 1: Có hai số thuộc nhóm 1 và mỗi nhóm còn lại có một số.

Hai số thuộc nhóm 1 chỉ có thể là a + 4 và a + 6. Vì thế, trong ba số còn lại (trong 5 số được chọn ra) không thể có các số thuộc nhóm 3, mâu thuẫn với việc trong nhóm 3 phải có 1 số. TH 2: Có hai số thuộc nhóm 2 và mỗi nhóm còn lại có một số. Hai số thuộc nhóm 2 chỉ có thể là a + 5 và a + 7. Vì thế, trong ba số còn lại (trong 5 số được chọn ra) không thể có các số thuộc nhóm 4, mâu thuẫn với việc trong nhóm 4 phải có 1 số.

TH 3: Có hai số thuộc nhóm 1, 2 số thuộc nhóm 2 và số còn lại thuộc

ai l.c

nhóm 3 hoặc nhóm 4.

Theo trên thì hai số thuộc nhóm 1 chỉ có thể là a + 4 và a + 6 và hai

số thuộc nhóm 2 chỉ có thể là a + 5 và a + 7. Vì thế, số còn lại (trong 5 số được chọn ra) không thể thuộc nhóm 3 hoặc nhóm 4 mâu thuẫn

với việc trong nhóm 3 hoặc nhóm 4 phải có 1 số.

Các mâu thuẫn trên nhận được cho thấy không thể chọn được 5 số sao khác,

dễ

thấy

các

số

M ặt

cho 2 số tùy ý trong 5 số đó không hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10. a, a + 1, a + 2, a + 3

hoặc

a, a + 1, a + 12, a + 13 thỏa mãn: hai số tùy ý trong 4 số đó không hơn

kém nhau 4, 6 hoặc 10, ta có đpcm.

yn h

b. Xét 2058 số nguyên dương: 1, 2, …, 2015, 2016, 2019, 2020, …, 2059, 2060.

Vì 2016⋮14 và 2060 − 2019 + 1 = 42⋮14 nên ta có thể phân chia 2058

số trên thành 2058: 14 =147 nhóm, mỗi gồm 14 số nguyên dương liên tiếp. Vì thế theo câu a), từ 2058 số trên, chỉ có thể chọn ra tối đa

4x 147 = 588 số, sao cho hai số tùy ý trong các số được chọn ra không

hơn kém nhau 4, 6 hoặc 10. Mà số các số được chọn là 590 nên hai số 2017 và 2018 bắt buộc phải được chọn (đpcm). --------------------------------------Người ra đề

Đặng Thị Mến - SĐT 0981180276

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ (Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV Môn: Toán 11

u n +1 . Tính a. un

ai l.c

Cho a = lim n →+∞

Giáo viên ra đề : Lê Thị Lan Hương - ĐT : 0943.135.828 Bùi Văn Hoàn - ĐT : 0916.561.438 Câu 1(4 điểm): Cho dãy số {u n } được xác định như sau: u1 = 1; u 2 = 2; u n + 2 = u n + 2u n +1 ; n = 1, 2,3...

yn h

Câu 2 (4 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng AO cắt BC tại D. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy điểm M và điểm N sao cho DB = DM và DC = DN, CM và BN cắt nhau tại E. Gọi H và K lần lượt là trực tâm các tam giác EBM và ECN. Chứng minh HK vuông góc với AE. Câu 3 (4 điểm): Tìm a để phương trình: 16 x4 − ax3 + ( 2a + 17 )x 2 − ax + 16 = 0 có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số nhân Câu 4(4 điểm): Giả sử a1, a2,…, an là các số thực cho trước. Chứng minh luôn có một số thực x sao cho tất cả các số a1 + x, a2 + x, …, an + x đều là số vô tỷ. Câu 5(4 điểm): Gọi M là số các số nguyên dương viết trong hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ số 1 và n chữ số 2. Gọi N là số tất cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ có các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2. Chứng minh rằng M = N = C2nn .

--------------------------------Hết--------------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤMĐỀ THI ĐỀ XUẤT Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV Môn: Toán 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

Giáo viên ra đề : Lê Thị Lan Hương - ĐT : 0943.135.828 Bùi Văn Hoàn - ĐT : 0916.561.438

u n +1 . Tính a. un

ai l.c

Cho a = lim n →+∞

Câu 1(4 điểm): Cho dãy số {u n } được xác định như sau: u1 = 1; u 2 = 2; u n + 2 = u n + 2u n +1 ; n = 1, 2,3...

(*)

Từ u1 = 1, u 2 = 2, u 3 = 5,... ta dự đoán đẳng thức: (u n +1 )2 − u n u n + 2 = (−1) n Chứng minh (*) bằng quy nạp: Dễ thấy n = 1 đẳng thức đúng. Giả sử (*) đúng khi n = k nghĩa là ta có: (u k +1 ) 2 − u k u k + 2 = ( −1) k

1,0

Ta phải chứng minh (*) đúng khi n = k + 1 , tức là phải chứng minh (u k + 2 ) 2 − u k +1u k +3 = (−1) k +1 .

Thật vậy: (u k + 2 ) 2 − u k +1u k +3 = u k +2 (u k + 2u k +1 ) − u k +1 (u k +1 + 2u k + 2 ) = = u k u k + 2 + 2u k +1u k + 2 − u 2k +1 − 2u k +1u k + 2 = −(u 2k +1 − u k u k + 2 ) = −( −1) k = ( −1) k +1

Vậy: (u n +1 ) 2 − u n u n + 2 = ( −1) n với mọi n = 1, 2,3... Ta có: u n ≠ 0, ∀n ∈ ℕ* , chia hai vế của (*) cho u 2n ≠ 0 , ta được:

yn h

 u n +1  u n + 2 (−1) n  u n +1  u n + 2u n +1 ( −1) n − = ⇔ = 2     − un u 2n un un  un   un 

u  u ( −1) n ⇔  n +1  − 2 n +1 − 1 = 2 un un  un 

1,0 (1)

 u  2  u (−1) n ⇒ lim  n +1  − 2 n +1 − 1 = lim 2 n →+∞ un  u n   n →+∞ u n

Ta có: u n +2 = u n + 2u n +1 ⇒ u n +2 − u n +1 = u n + u n +1 > 0, ∀n ∈ ℕ* Suy ra u n +2 > u n +1, ∀n ∈ ℕ* hay dãy số tăng. Ta còn có {u n } không bị chặn, vì nếu {u n } bị chặn trên thì {u n } hội tụ. Đặt b = lim u n ⇒ lim u n +1 = lim u n + 2 = b , khi đó từ đề bài ta có: n →+∞ n →+∞ n →+∞ lim u n + 2 = lim u n + 2 lim u n +1 ⇒ b = 3b ⇒ b = 0 vô lí do b khác 0

n →+∞

1,0

Vì {u n } tăng và không bị chặn trên nên suy ra lim n →+∞

( −1) n = 0 . Do đó từ (1) u 2n

ta có: a 2 − 2a − 1 = 0 ⇔ a = 1 + 2 (vì a > 0). Vậy a = 1 + 2

1,0

ai l.c

Gọi P và T lần lượt là trung điểm của MB và AB ⇒ DP ⊥ AB ( do DM = MB 2 PB AP  AP AD  = = 2 1 − = 2−  = 2− AB AB AB  AT AO  NC AD MB NC Tương tự: , do đó ⇒ MN // BC ⇒ AE đi qua trung = 2− = AC AO AB AC

1,0

yn h

DB) và OT ⊥ AB ⇒ OT / / DP ⇒

điểm J của MN. Gọi ( λ 1) là đường tròn tâm I, đường kính AE và ( λ 2) là đường tròn tâm J, đường kính MN. Gọi F, G lần lượt là hình chiếu vuông góc của E trên AB và AC. Gọi U là hình chiếu vuông góc của M trên BN và V là hình chiếu vuông góc của N trên CM, ta có: PH / (λ ) = HE.HF ; PH / ( λ ) = HM .HU

1,0

Mà M, F, U, E cùng thuộc đường tròn đường kính EM nên HE.HF = HM .HU ⇒ PH / ( λ1 ) = PH / ( λ2 )

Tương tự: 1,0

PK / ( λ1 ) = KG.KE = KN .KV = PK /( λ2 )

Suy ra HK là trục đẳng phương của hai đường tròn ( λ 1) ,( λ 2) , suy ra HK ⊥ IJ ⇒ HK ⊥ AE ( đpcm)

Câu 3 (4 điểm):Tìm a để phương trình: 16 x4 − ax3 + ( 2a + 17 )x 2 − ax + 16 = 0 có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số nhân Gọi 4 nghiệm phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym2 , ym3 với y ≠ 0,m ≠ ±1,m ≠ 0. Với A =

(

a , theo Viete 16

)

y 1 + m + m2 + m3 = A (1)

1,0

17 (2) 16

( ) y 3 ( m3 + m4 + m5 + m6 ) = A

y 2 m + m 2 + 2m3 + m4 + m5 = 2 A +

ai l.c

(3)

(

Ta có: m ≠ −1 vì nếu m = −1 thì phương trình có 2 nghiệm trùng nhau là y = ym 2 trái với bài ra.

)

Ta có ( 1 ) ⇔ y ( m + 1) m2 + 1 = A ≠ 0

(4)

Chia (3) cho (1) vế theo vế: y 2 m3 = 1

15 >0 16

(2’)

y 2 ( m + m 2 + m4 + m5 ) = 2 A −

1,0

Suy ra m3 > 0,m > 0 . Thay (4) vào (2) được:

1 . Đặt m

m = v thì y = v −3

Từ (4) ta có:

Vì m > 0, y 2 > 0 , do đó A > 0 . Từ (1) suy ra y > 0

(

Thay vào (2) và (2’) được: v −3 1 + v 2 + v4 + v6 ) = A

)

(5)

yn h

Rồi biến đổi thì được phương trình:

1,0

1 1 ( v − 2 )  v −  2v 2 + 3v + 2  2v 2 − 1 + 2 v + 2   2v 2 − 8 2 

)

(

)

(

2 − 1 v + 2 = 0 

)

(

2 − 1 v + 2 = 0 

 2v 2 − 

)

Ta có: 2v 2 + 3v + 2 > 2v 2 − ( 1 + 2 )v + 2 > 0 2v 2 +

(

2 − 1 v + 2 > 0 (do các biệt số đều âm) nên:

)

1 1 ( v − 2 )( v − ) = 0 ⇔ v = 2 hoặc v = 2 2 170 Thay vào (5) thì có: A = suy ra: a = 170 16

Đảo lại a = 170 thì phương trình: 16 x 4 − 170x 3 + 357 x 2 − 170x + 6 = 0 có 4 nghiệm

1 1 , ,2,8 phân biệt lập cấp số nhân có công bội là 4. Vậy a = 170 8 2

1,0

Câu 4. ( 4 điểm). Giả sử a1, a2,…, an là các số thực cho trước. Chứng minh luôn có một số thực x sao cho tất cả các số a1 + x, a2 + x, …, an + x đều là số vô tỷ. Giả sử tlà số vô tỉ bất kì. Ta sẽ chứng minh trong các số t, 2t,…, (n+1)t 1,0

số sẽ có một số thỏa mãn.

Lập bảng (n + 1) x n như sau:

2t + a1

…

2t + a2

…

2t + an

…

(n + 1) t + a2

1,0

…

(n + 1) t + an

(n + 1) t + a1

t + an

ai l.c

t + a2

t + a1

Giả thiết phản chứng là không có số nào trong các số trên thỏa mãn.

Có n + 1 hàng và n cột. Theo giả thiết phản chứng thì trong mỗi hàng có ít nhất một số hữu tỉ nên có ít nhất n +1 số hữu tỉ trong bảng. 2,0

Vì có n cột nên có một cột chứa hai số hữu tỉ. Khi đó hiệu của chúng là

số hữu tỉ.Vô lí.

yn h

Câu 5. ( 4 điểm) Gọi M là số các số nguyên dương viết trong hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ số 1 và n chữ số 2. Gọi N là số tất cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ có các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2. Chứng minh

rằng M = N = C2nn .

Hiển nhiên M = C2nn

1,0

Ta cần chỉ ra rằng M = N. Với mỗi số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số 5 chữ số 2, ta “nhân đôi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: đầu tiên (4 hai phiên bản của số này được viết kề nhau thành số có 2n chữ số, sau đó điểm) các chữ số 3 ở n chữ số đầu và các chữ số 4 ở n chữ số sau được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3 ở n chữ số sau và các chữ số 4 ở n chữ số đầu được đổi thành chữ số 2 Ví dụ: 1234142 → 12341421234142 → 12121221221112

1,0

Để chứng minh đây là một song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược như sau: Với mỗi số có n chữ số 1 và n chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi cộng chúng theo cột với quy tắc: 1+1=1, 2+2 = 2, 1+2 = 3, 2+1= 4 Ta thu được một số có n chữ số gồm các chữ số 1,2,3,4 với số chữ số 1 bằng số các chữ số 2.

yn h

ai l.c

--------------------------------Hết-------------------------------------

2,0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2018 LỚP 11 – MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN

Câu 1:(dãy số) Cho dãy ( xn ) , ( n = 1, 2, …) được xác định bởi x1 = 1 và xn+1 = xn ( xn + 1)( xn + 4 )( xn + 5) + 4 + 2 n

Tìm lim yn với yn = ∑

i =1

1 . xi + 3

Lời giải.

2 n

+ 5 xn )( xn2 + 5 xn + 4 ) + 4 + 2 = xn2 + 5 xn + 4

⇒ xn+1 − xn = xn2 + 4 xn + 4 > 0 với ∀n ∈ ℕ* , nên ( xn ) là dãy tăng.

xn+1 = xn ( xn + 1)( xn + 4 )( xn + 5 ) + 4 + 2 =

ai l.c

Ta có: xn > 0, ∀n ∈ ℕ*

Giả sử lim xn = a hữu hạn suy ra a = a 2 + 5a + 4 ⇒ a = −2 (vô lý vì xn > 0, ∀n ) ⇒ lim xn = +∞ .

Biến đổi:

Vậy lim yn =

1 . 3

yn h

i =1

n  1 1 1 1 1 1 1 1  − = − → khi n → +∞ . = ∑ − = 3 xi + 3 i =1  xi + 2 xi +1 + 2  x1 + 2 xn +1 + 2 3 xn+1 + 2

yn = ∑

Do đó:

1 1 1 1 1 1 1 . = = − ⇒ = − xn +1 + 2 ( xn + 2 )( xn + 3) xn + 2 xn + 3 xn + 3 xn + 2 xn+1 + 2

⇔ xn+1 + 1 = ( xn + 1)( xn + 2 ) ⇒

xn +1 = xn2 + 5 xn + 4

Câu 2: (hình phẳng). Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi D là hình chiếu vuông góc của A trên BC . Gọi E , F là tâm các đường tròn bàng tiếp đỉnh A của các tam giác ABD , ACD tương ứng. BE cắt CF tại J .

a) Chứng minh AEJF là hình bình hành. b) Chứng minh rằng tâm đường tròn ơ-le (Euler) của tam giác AEF nằm trên đường thẳng AH .

Chứng minh.

C G

ai l.c

yn h

a) Gọi J là giao của BE với CF thì J là tâm bàng tiếp đỉnh A của tam giác ABC . 1 Dễ thấy, ∠EAF = BAC , và ∠AFC = 1800 − ∠FAC − ∠ACF = 2 1 1 1 1 0 180 − ∠DAC − 900 − ∠ACB = 900 − ( ∠ABC + ∠ACB ) = ∠BAC . 2 2 2 2

Do đó, ∠EAF = ∠AFC suy ra AE JF , tương tự AF JE . Do đó, tứ giác AEJF là hình bình hành. b) Gọi K là giao của AJ với EF ; P là hình chiếu của J lên BC và Q là giao của KP với AD . Vì K là trung điểm của AJ và AD JP suy ra KD = KP . Hơn nữa tam giác PDQ vuông nên suy ra KP=KQ. Mặt khác, ∠QDE = ∠QDF = 450 suy ra tam giác EDF vuông ở D , suy ra KD = KE = KF . Từ các điều trên suy ra E , D , P, F , Q nằm trên cùng đường tròn.

Hơn nữa, vì ∠EQF = 900 , ∠QDE = ∠QDF suy ra PE = PF = QE = QF (1). Hơn nữa, vì KP = KQ , KA = KJ nên APJQ là hình bình hành, suy ra AP = JQ (2). 1 Dễ thấy ∠BJC = 450 = ∠EQF nên Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFJ , suy ra 2 QJ = QF (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra PA = PE = PF tức là P là tâm ngoại tiếp tam giác AEF . Gọi G là trọng tâm tam giác APQ và E0 là giao của AD với PG , thế thì G là trọng tâm của tam giác và PG = 2GE0 tức là E0 là tâm đường tròn Euler của tam giác AEF.

Câu 3: (phương trình hàm) Tìm tất cả các hàm số f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thỏa mãn f (1 + xf ( y ) ) = yf ( x + y ) với mọi x; y ∈ ( 0; +∞ )

Lời giải. f (1 + xf ( y ) ) = yf ( x + y ) với mọi x; y ∈ ( 0; +∞ ) (1)

Phần 1: Ta chứng minh f là toàn ánh.

ai l.c

 1   1   1  f ( 2) ; y + y đượ c f ( 2 ) = yf  Trong (1), P  ⇔ f + y nhận mọi giá trị trên     =  f ( y)   f ( y)   f ( y) y       ( 0; +∞ ) nên f là toàn ánh. Phần 2: Ta chứng minh f là đơn ánh.

Giả sử 0 < a < b mà f ( a ) = f ( b ) . Đặt T = b − a > 0 .

Trong (1), P ( x; a ) : f (1 + xf ( a ) ) = af ( x + a )

b f ( x + T ) , ∀x > a a

Suy ra af ( x + a ) = bf ( x + b ) ⇒ f ( x ) =

và P ( x; b ) = f (1 + xf ( b ) ) = bf ( x + b )

b Vậy f ( x ) =   f ( x + nT ) , ∀x > a, ∀n ∈ ℕ* (2) a

Vì f là toàn ánh nên ∃y : f ( y ) > 1 . Ta chọn n đủ lớn sao cho y + nT − 1 > 0 .

yn h

 y + nT − 1   y + nT − 1   y + nT − 1  y ⇒ f + f y = yf + y Trong (1), P  ; 1 ( )       f ( y ) −1     f ( y ) −1      f ( y ) −1 

 yf ( y ) + nT − 1   yf ( y ) + nT − 1  ⇔ f  + nT  = yf   f ( y ) −1 f ( y ) − 1    

 yf ( y ) + nT − 1   yf ( y ) + nT − 1   a n  yf ( y ) + nT − 1  = f + nT Sử dụng (2) được yf     =   f   f y − 1 f y − 1 f ( y ) − 1  ( ) ( )     b  n

a ⇒ y =   , ∀n ∈ ℕ* là mâu thuẫn vì a ≠ b . b

Vậy f là đơn ánh.

Phần 3: Trong (1): P (1;1) ⇒ f (1 + f (1) ) = f ( 2 ) , kết hợp f là đơn ánh suy ra f (1) = 1 . Phần 4: Trong (1): P (1; x ) ⇒ f (1 + f ( x ) ) = xf (1 + x ) ⇔ f (1 + x ) =

1 f (1 + f ( x ) ) x

     x 1 1  x 1 P ;  ⇒ f (1 + x ) = f  +  x  1 x  f 1 x  x   f x             x 1 1 x Suy ra f (1 + f ( x ) ) = f  +  ⇒ 1+ f ( x) = + do f là đơn ánh. 1 x  f 1 x f    x   x    

1 x

Vậy nghiệm của phương trình là f ( x ) =

1 . Thử lại thỏa mãn. x

⇔ x 2 f 2 ( x ) − 2 xf ( x ) + 1 = 0 ⇔ f ( x ) =

1 1 x x = x 1 +1− x f   +1− x 1  x f ( x) +1− x

1 Trong (3); thay x bởi được: f ( x ) = x

ai l.c

x 1 Suy ra f   = (3)  x  f ( x) +1− 1 x

Câu 4.1 (số học 1)

Xác định tất cả các số nguyên dương n ≥ 2 thỏa mãn n = a 2 + b 2 , trong đó a là ước nguyên dương nhỏ nhất của n mà khác 1 , còn b là một ước nguyên dương khác a của n .

yn h

Lời giải.

Dễ thấy a là ước nguyên tố nhỏ nhất của n

Có n⋮ b suy ra a 2 + b2 ⋮ b ⇒ a 2 ⋮ b , kết hợp với a là số nguyên tố nên ta có b = 1, b = a hoặc b = a 2 .

Với b = 1 , thì n = a 2 + 1⋮ a là vô lý.

Với b = a , thì n = 2a 2 ⋮ 2 mà a là ước nguyên tố nhỏ nhất của n nên a = 2 vậy n = 8 = 22 + 22 .

(

)

Với b = a 2 thì n = a 2 1 + a 2 . Ta xét nếu a > 2 thì a là số nguyên tố lẻ, nên 1 + a 2 là số chẵn, nên

n⋮ 2 < a , mâu thuẫn với cách chọn a là ước nguyên tố nhỏ nhất của n . Vậy a = 2 hay n = 20 .

Vậy tất cả các giá trị của n là 8 và 20 .

Câu 4.2 (số học 2) Chứng minh rằng tồn tại tám số nguyên dương liên tiếp sao cho không số nào trong chúng biểu diễn

được dưới dạng 7 x 2 + 9 xy − 5 y 2 , với x , y là các số nguyên. Lời giải. Ta ký hiệu f ( x; y ) = 7 x 2 + 9 xy − 5 y 2 , x; y ∈ ℤ . (Kiểm tra được f ( 0; 0 ) = 0, f ( 0;1) = 5; f (1; 0 ) = 7; f (1;1) = 11; f ( 0; 2 ) = 20 )

Ta chứng minh tất cả 8 số trong tập {12;13;… ;19} không biểu diễn được dưới dạng f ( x; y ) , x; y ∈ ℤ . Ta chứng minh phương trình f ( x; y ) = ± k không có nghiệm k ∈ {12;13;… ;19} với mọi x; y ∈ℤ . Nếu k là chẵn thì x; y đều là số chẵn. Giả sử x = 2 x1 ; y = 2 y1 ta được 4 f ( x1 ; y1 ) = ± k hay 4 là ước của k . Vậy k ≠ 14, k ≠ 18 . Với k = 16 xét phương trình 4 f ( x1 ; y1 ) = ±16 ⇔ f ( x1 ; y1 ) = ±4 , lập luận tương tự ta được x1 ; y1 đều là số chẵn, giả sử x1 = 2 x2 ; y1 = 2 y2 ta được phương trình f ( x2 ; y2 ) = ±1 . Vậy với k = 16 ta được phương

trình tương đương là f ( x; y ) = ±1 .

ai l.c

Tương tự với k = 12 ta được phương trình tương đương ta f ( x; y ) = ±3

Xét phương trình f ( x; y ) = ± k suy ra 28 f ( x; y ) = ±28k ⇔ (14 x + 9 y ) − 221y 2 = ±28k

(Vì 221 = 17.13 ta xét theo mod13 hoặc mod17 )

Đặt t = 14 x + 9 y ,

Với k = 1 ta được t 2 ≡ ±28 ( mod13 ) ≡ ±2 ( mod13 ) ⇒ t 12 ≡ 64 ( mod13 ) ≡ −1 ( mod13 ) mâu thuẫn với

định lý Fermat nhỏ vậy k ≠ 1

mâu thuẫn với định lý Fermat nhỏ vậy k ≠ 3

Với k = 3 ta được t 2 ≡ ±28.3 ( mod13 ) ≡ ±6 ( mod13 ) ⇒ t 12 ≡ 66 = ( 62 ) ≡ ( −3) = −27 ≡ −1( mod13)

Với k = 13 ta được t 2 ≡ ±28.13 ( mod17 ) ≡ ±7 ( mod17 ) ⇒ t 16 ≡ 78 ≡ −1( mod17 ) mâu thuẫn với định lý

Với k = 15,17,19 ta xét tương tự.

Fermat nhỏ vậy k ≠ 13

yn h

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 5: (tổ hợp). Cho m, n, k là các số nguyên dương thoả mãn m > 1 và 1 < k ≤ n − ( k − 1) m . Xét

tập hợp S = {1, 2,..., n} . Gọi X là tập hợp tất cả các tập con A của S thoả mãn đồng thời hai tính chất sau: (i) A = k ;

(ii) ai − a j > m, ∀ai , a j ∈ A; i ≠ j; i, j = 1, k .

Hãy xác định số phần tử của tập hợp X .

Chứng minh. Giả sử A ∈ X , A = {a1 , a2 ,..., ak } với 1 ≤ a1 < a2 < ... < ak ≤ n; ai − a j > m, ∀1 ≤ j < i ≤ k .

Đặt b1 = a1 , b2 = a2 − m,..., bi = ai − ( i − 1) m,..., bk = ak − ( k − 1) m . Vì 1 ≤ a1 < a2 < ... < ak ≤ n; ai − a j > m, ∀1 ≤ j < i ≤ k nên 1 ≤ b1 < b2 < .... < bk ≤ n − ( k − 1) m Suy ra tập B = {b1 , b2 ,..., bk } là một tập con có k phần tử của tập {1, 2,..., n − ( k − 1) m} . Gọi Y là tập tất cả các tập con có k phần tử của tập hợp {1, 2,..., n − ( k − 1) m} .

Xét ánh xạ f : X →Y

A֏ B Khi đó f là một song ánh. Thật vậy ● f là đơn ánh: Vì với A1 , A2 ∈ X , A1 ≠ A2 ⇒ B1 , B2 ∈ Y , B1 ≠ B2 ⇒ f ( A1 ) ≠ f ( A2 ) ● f là toàn ánh: Giả sử B = {b1 , b2 ,..., bk } ∈ Y . Đặt A = {b1 , b2 + m,..., bk + ( k − 1) m} = {a1 , a2 ,..., ak } .

Ta có ai +1 − ai = ( bi +1 + im ) − ( bi + ( i − 1) m ) ≥ m + 1 nên A ∈ X và f ( A ) = B .

yn h

ai l.c

Vì vậy ta có X = Y = Cnk−( k −1)m .

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

LẦN THỨ XIV, NĂM 2018 Môn: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

 a1 > 0  Câu 1 (4,0 điểm)Cho dãy số ( an ) được xác định bởi:  . n a = a + , ∀ n ≥ 1 n + 1 n  an 

b) Dãy số ( bn ) được xác định bởi bn =

ai l.c

a) Chứng minh rằng an ≥ n với mọi n ≥ 2 .

(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)

an , ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng dãy số ( bn ) có giới hạn hữu n

hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 2 (4,0 điểm)Cho đường tròn (O ) và dây cung BC cố định, điểm A di động trên (O ) sao cho tam giác ABC nhọn và không cân. Gọi H là trực tâm của tam giác, I là trung điểm BC .

Các đường thẳng BH , CH cắt các cạnh đối diện tại E , F . Các đường tròn ( IBF ) và ( ICE ) cắt

nhau tại D khác I .

a) Chứng minh rằng AD luôn đi qua một điểm cố định và giao điểm của DH và EF nằm trên

một đường thẳng cố định.

b) Gọi AL là phân giác góc A của tam giác ABC với L ∈ BC . Đường tròn ( ADL ) cắt (O ) tại

yn h

K khác A và cắt BC ở S (không nằm trong đoạn BC ). Giả sử AK , AS cắt ( AEF ) lần lượt ở G , T . Chứng minh rằng TG = TD.

Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ℝ ֏ ℝ thỏa mãn điều kiện x, y ∈ℝ

( f ( x) + y )( f ( x − y) + 1) = f ( f ( xf ( x + 1)) − yf ( y − 1) ) với mọi

a0 = 0, a1 = 1, , trong đó p là Câu 4 (4,0 điểm)Cho dãy số ( an ) được xác định bởi  an+ 2 = 2a n+1 − pan , ∀n ≥ 0

một số nguyên tố. Chứng minh rằng −1 là một phần tử của dãy ( an ) khi và chỉ khi p = 5 .

Câu 5 (4,0 điểm)Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) của tập hợp {1, 2,..., 2018} sao cho tồn tại duy nhất số nguyên i (1 ≤ i ≤ 2017) thỏa mãn ai > ai +1. ---------------Hết--------------Người ra đề: Nguyễn Bá Hoàng Số điện thoại: 0977.394.437

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

HDCĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV, NĂM 2018 Môn: Toán – Lớp 11 (Đáp án gồm 04 trang) Nội dung trình bày Điểm

Câu 1

 a1 > 0  Cho dãy số ( an ) được xác định bởi:  . n  an +1 = an + a , ∀n ≥ 1 n 

a) Chứng minh rằng an ≥ n với mọi n ≥ 2 .

an , ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng dãy số ( bn ) n

ai l.c

b) Dãy số ( bn ) được xác định bởi bn =

1 ≥ 2 do a1 > 0 nên (1) đúng. a1

1,0

Với n = 2 , ta có a2 = a1 +

có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. a) Ta sẽ chứng minh an ≥ n với mọi n ≥ 2 (1)bằng quy nạp. Thật vậy

Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2 , tức là ak ≥ k .

k ≥ k +1 ak

Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k +1 , tức là ak +1 = ak +

1,0

⇔ ak2 − ( k + 1)ak + k ≥ 0 ⇔ ( ak −1)(ak − k ) ≥ 0 (luôn đúng thep giả thiết quy nạp)

Do đó (1) cũng đúng với n = k +1 . Theo nguyên lí quy nạp (1) được chứng minh.

a an ≥ n+1 , ∀n ≥ 2 (2) n n +1

n vào (2) ta có an

yn h

Thay an+1 = an +

b) Ta sẽ chứng minh dãy ( bn ) đơn điệu giảm, tức là

n an an n2 ≥ ⇔ (n + 1) an ≥ nan + ⇔ (n + 1) an2 ≥ nan2 + n 2 ⇔ an ≥ n n n +1 an

1,0

an +

Bất đẳng thức này đúng theo ý a. Do đó dãy ( bn ) đơn điệu giảm

Hơn nữa, vì an ≥ n, ∀n ≥ 2 nên dãy ( bn ) bị chặn dưới, suy ra nó có giới hạn.

Ta có an+1 = an +

n , suy ra an

Do i ≤ ai , i = 2, n nên

∑a

i +1

i=2

= ∑ ai + ∑ i=2

i=2

∑ a ≤ ∑1 = n − 2 ⇒ a

n +1

i=2

i= 2

a a n−2 Suy ra 1 ≤ n+1 ≤ 2 + n +1 n +1 n +1

 a

n i i ⇔ an+1 = a2 + ∑ . ai i =2 ai

n − 2

 = 1 Mặt khác ta có lim  2 + n→+∞  n + 1 n + 1 

Nên theo nguyên lí kẹp ta có lim bn = 1 .

≤ a2 + n − 2 ⇔

an+1 a n−2 ≤ 2 + . n +1 n +1 n + 1

1,0

Cho đường tròn (O ) và dây cung BC cố định, điểm A di động trên (O ) sao cho tam giác ABC nhọn và không cân. Gọi H là trực tâm của tam giác, I là trung điểm BC . Các đường thẳng BH , CH cắt các cạnh đối diện tại E , F . Các đường tròn ( IBF ) và ( ICE ) cắt nhau tại D khác I .

ai l.c

a) Chứng minh rằng AD luôn đi qua một điểm cố định và giao điểm của DH và EF nằm trên một đường thẳng cố định. b) Gọi AL là phân giác góc A của tam giác ABC với L ∈ BC . Đường tròn ( ADL ) cắt (O ) tại K khác A và cắt BC ở S (không nằm trong đoạn BC ). Giả sử AK , AS cắt ( AEF ) lần lượt ở G , T . Chứng minh rằng TG = TD.

a) Ta có PA /( BIF ) = AF . AB, PA/( CIE ) = AE. AC .

Vì BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên AF . AB = AE. AC . Do đó A thuộc trục đẳng phương DI của 2 đường tròn ( BIF ), (CIE ) .

1,0

yn h

Từ đó suy ra A, I , D thẳng hàng hay AD luôn đi qua điểm I cố định. 1,0

Gọi J = AH ∩ BC thì AD ⋅ AI = AE . AC = AH ⋅ AJ nên H , D, I , J cùng thuộc một đường tròn, suy ra HD ⊥ AI . Khi đó, xét phương tích của các đường tròn ( AEHF ), ( JFEI ), ( JHDI ) , ta có BC , HD, EF đồng quy hay giao điểm của HD và EF nằm trên BC cố định. b) Sử dụng định lý sin trong các tam giác, ta có

1,0

DB BI BC DC CI BC = = . và = = sin BDI 2sin sin CDI 2sin sin BID ABC ACB sin CID DB sin ACB AB LB = = = Suy ra . Điều này chứng tỏ ( ADL ) là đường tròn DC sin ABC AC LC Apollonius của tam giác ABC .

KB AB = hay tứ giác ABKC điều hòa, chứng tỏ AK là đường đối trung KC AC , cũng đẳng giác trong của tam giác ABC . Suy ra AI , AK đẳng giác trong góc BAC góc EAF . Do G , D ∈ ( AEF ) nên GD EF .

Do đó

, cũng là phân giác ngoài của Cuối cùng, vì AS là phân giác ngoài của góc BAC nên T là trung điểm của cung lớn EF . Từ đó suy ra TD = TG. góc EAF

1,0

Tìm tất cả các hàm số f : ℝ ֏ ℝ thỏa mãn

( f ( x) + y )( f ( x − y) + 1) = f ( f ( xf ( x + 1)) − yf ( y − 1) ) với mọi

x, y ∈ℝ

Giả sử hàm số f : ℝ ֏ ℝ thỏa mãn

( f ( x) + y )( f ( x − y) + 1) = f ( f ( xf ( x + 1)) − yf ( y − 1) ) (1) với mọi

x, y ∈ℝ

Thay x = 0, y = 1 vào (1) ta được: ( f (0) + 1)( f (−1) + 1) = f (0)

(2)

Thay y = − f ( x) vào (1) ta được: ∃a, f (a) = 0. Theo (2) ta có a ≠ −1 . Thay x = a, y = 0 vào (1) ta được: f ( f (af (a + 1)) = 0, Thay x = a, y = a + 1 vào (1) ta được: (a + 1)( f (−1) + 1) = f ( f (af (a + 1)) = 0.

ai l.c

Vì a =/ −1, nên f (−1) = −1, kết hợp với (2) ta được: f (0) = 0.

1,0

Thay y = 0 vào (1) ta được: f ( x)2 + f ( x) = f ( f ( xf ( x + 1))) Nên f ( x) f ( x − 1) + f ( x − 1) − 1 = f ( x) 2 .

Thay y = 1 vào (1) ta được: ( f ( x) + 1)( f ( x − 1) + 1) = f ( f ( xf ( x + 1))) = f ( x) 2 + f ( x ) (3)

1,0

Thay x = 0, y = − x vào (1) ta được: − x( f ( x) + 1) = f ( xf (− x − 1))

Thay x = −1, y = − x vào (1) ta được: (−1 − x)( f ( x − 1) + 1) = f ( xf (− x − 1)) Kết hợp 2 điêu trên ta được: xf ( x − 1) = xf ( x) − f ( x − 1) − 1.

(4)

Kết hợp (3),(4) ta được: ( f ( x) − f ( x − 1))( f ( x) − x) = 0.

(5)

Trong (4) cho x = a ta được: (a + 1) f (a − 1) = −1

Vậy: f ( x) = 0 ⇔ x = 0.

1,0

Trong (5) cho x = a ta được: f (a − 1)a = 0 ⇒ f (a − 1) = −1 ⇒ a = 0 Trong (1) thay y = − f ( x) ta được: f ( xf ( x + 1)) = − f ( x) f (− f ( x) − 1)

yn h

Trong (1) thay y = x + 1 ta được: f ( xf ( x + 1)) = ( x + 1) f ( x), Khi đó ( x + 1) f ( x) = − f ( x) f (− f ( x) − 1) .

1,0

Giả sử f (a) = f (b) với a, b ≠ 0 thì ta được: (a + 1) f (a) = (b + 1) f (b) suy ra: f (a) = f (b) .

Nên f đơn ánh, suy ra: f ( x) =/ f ( x − 1). a0 = 0, a1 = 1, , trong đó p là một an + 2 = 2a n+1 − pan , ∀n ≥ 0

Cho dãy số ( an ) được xác định bởi 

Từ (5) ta suy ra: f ( x) = x, thử lại (1) ta thấy thỏa mãn.

số nguyên tố. Chứng minh rằng −1 là một phần tử của dãy ( an ) khi và chỉ khi p = 5. Dễ thấy với p = 5 thì a3 = −1 nên dãy số trong trường hợp này thỏa mãn đề bài.

1,0

Ta sẽ chứng minh rằng nếu −1 là một phần tử của dãy thì p = 5 . Nếu p = 2 , khi đó ak + 2 = 2a k +1 − 2a k với mọi k = 0,1, 2,... , do đó ak là số chẵn với mọi k ≥ 2 nên không thể có một phần tử nhận giá trị là −1 . Suy ra với p > 2 ⇒ ( p, 2) = 1 .

1,0

Giả sử tồn tại m ≥ 2 sao cho am = −1 , theo đề ta có ak +1 = 2a k − pak −1 ≡ 2a k ( mod p ), k = 2,3, 4,...

Suy ra −1 = am ≡ 2m−1 ⋅ a1 ≡ 2m −1 ( mod p ) . (*)

1,0

Ta cũng có ak +1 = 2a k − a k −1 − ( p − 1)ak −1 ≡ 2a k − ak −1 ( mod p − 1) ⇒ ak +1 − ak ≡ ak − ak −1 (mod p − 1), k = 2,3, 4,...

Suy ra ak +1 ≡ (k + 1)(a1 − a0 ) + a0 ≡ k + 1(mod p − 1) . Do đó −1 = am ≡ m(mod p − 1) ⇒ m + 1 ≡ 0(mod p − 1) . (**) Kết hợp với (*), ta được −4 ≡ 2m +1 ≡ 1(mod p ) ⇒ 5 ≡ 0(mod p ) ⇒ p = 5 . 5

1,0

ai l.c

Suy ra nếu −1 là phần tử của dãy thì p = 5 .

Do ( p, 2) = 1 nên theo định lý Fermat, ta có 2 p −1 ≡ 1(mod p ) ⇒ 2m +1 ≡ 1(mod p )

Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) của tập hợp {1, 2,..., 2018} sao cho tồn tại duy nhất

số nguyên i (1 ≤ i ≤ 2017) thỏa mãn ai > ai +1.

Xét bài toán tổng quát: Cho số nguyên dương n ≥ 2. Tìm số hoán vị (a1, a2 ,..., an ) của tập hợp {1, 2,...,n} sao cho tồn tại duy nhất số nguyên

i (1 ≤ i ≤ n −1) thỏa mãn ai > ai +1.

Kí hiệu Sn (n ≥ 2) là số tất cả các hoán vị thỏa mãnyêu cầu bài toán

1,0

Với n = 2 thì S2 = 1.

Với n ≥ 3 , có các khả năng sau + Nếu an = n thì số tất cả các hoán vị thỏa yêu cầu bài toán là số tất cả các hoán vị của tập {1, 2,..., n −1} sao cho tồn tại duy nhất số nguyên i (1 ≤ i ≤ n − 2) sao cho ai > ai +1. Do đó có Sn−1 hoán vị thỏa mãn.

yn h

+ Nếu a1 = n thì có duy nhất một hoán vị thỏa mãnlà (n,1, 2,..., n −1) + Nếu ak = n (2 ≤ k ≤ n −1) thì hoán vị có dạng

(a1, a2 ,..., ak −1, n, ak +1,.., an )

1,0

trongđó a1 < a2 < ... < ak −1, ak +1 < ak +2 < ... < an ;

a j ∈ Sn−1 = {1, 2,..., n −1} với mọi chỉ số j thỏa mãn1 ≤ j ≤ n, j ≠ k .

Như vậy, với mỗi cách chọn k −1 số nguyên dương a1, a2 ,..., ak −1 (xếp theo thứ tự tăng dần) từ tập Sn−1 thì các số ak +1 , ak + 2 ,..., an (xếp theo thứ tự tăng dần) sẽ được chọn một cách duy nhất từ tập Sn−1 \ {a1, a2 ,..., ak −1} , do đó cho ta một hoán

1,0

vị thỏa mãn yêu cầu bài toán và ngược lại. Vậy có Cnk−−11 hoán vị thỏa mãn. Từ các khả năng trên ta có hệ thức truy hồi n−1

S2 = 1, Sn = Sn−1 + 1 + ∑ Cnk−−11 = Sn−1 + 2n−1 −1, ∀n ≥ 3 k =2

1,0

j =3

Từ đó, Sn = S 2 + ∑ ( S j − S j−1) = 1 + ∑ 2 j −1 −1 = 2n − n −1, ∀n ≥ 2 .

(

)

Áp dụng vào bài toán ta tìm được số hoán vị thỏa mãn là 2 2018 − 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (4 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = 1; un =

3n −1 n 3 32 ( + + ... + ), n ∈ ℕ, n ≥ 2. 3n 1 2 n −1

Chứng minh dãy có giới hạn và tìm giới hạn đó.

ai l.c

Câu 2 (4 điểm). Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác BCA1 , CAB1 , ABC1 sao cho tổng diện tích của ba tam giác này nhỏ hơn diện tích tam giác ABC . Qua A1 , B1 , C1

lần lượt vẽ các đường thẳng song song với BC , CA, AB chúng cắt nhau tạo thành tam giác

MNP . Chứng minh rằng SMNP < 2S A1CB1 AC1B .

Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ sao cho:

f ( y − f ( x ) ) = f ( x 2018 − y ) − 2019 yf ( x ), ∀x, y ∈ ℝ.

Câu 4 (4 điểm). Cho a, b là các số nguyên dương sao cho 2a − 1, 2b − 1, a + b đều là các số

nguyên tố. Chứng minh rằng ab + ba không chia hết cho a + b .

Câu 5 (4 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy , một đường đi từ P0 đến Pn là một dãy các điểm

yn h

có hoành độ và tung độ là các số nguyên P0 , P1 ,..., Pn thỏa mãn Pi ( xi ; yi ),

xi +1 = xi + 1, yi +1 = yi hoặc xi +1 = xi , yi +1 = yi + 1, ∀i = 0, n − 1.

a, Đếm số đường đi từ P0 đến P10 . b, Một đường đi từ P0 đến Pn được gọi là đẹp nếu yi < xi , ∀i = 0, n . Đếm số đường đi đẹp

từ điểm có tọa độ (2;0) đến điểm có tọa độ (2019;2018). ------------- HẾT --------------

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và các loại Máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ............................................................. Số báo danh: .............................

om ai l.c

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 11 (Hướng dẫn này có … trang)

Câu 1

Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = 1; un =

Điểm

n 3 32 3n −1 ( + + ... + ), n ∈ ℕ, n ≥ 2. 3n 1 2 n −1

(4 điểm)

Nội dung

Câu

Chứng minh dãy có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Giải:

(1)

n 3 32 3n −1 3 32 3n −1 3n un ( ... ) ... + + + ⇒ + + + = 3n 1 2 n −1 1 2 n −1 n

yn h

un =

3n −1 3n n + 1 3 32 ( ... + + + + ) 3n +1 1 2 n −1 n

un +1 =

+) Từ giả thiết ta có, với n ∈ ℕ, n ≥ 2 thì:

Thay (2) vào (1) ta có: un +1 =

0,5 đ

(2)

n +1 (un + 1). 3n

0,5 đ

Ta có:

un +1 − un =

−2nun + n + 1 . 3n

0,5 đ

+) Sử dụng phương pháp qui nạp toán học ta chứng minh được:

−2nun + n + 1 < 0, ∀n ≥ 3

Thật vậy: u3 =

0,5 đ

(*)

5 nên (*) đúng với n = 3. 6

Giả sử (*) đúng với n = k , k ≥ 3 , tức −2kuk + k + 1 < 0

(**)

0,5 đ

Phải chứng minh: −2(k + 1)uk +1 + k + 2 < 0 Từ (**) có uk + 1 >

3k + 1 . k

Từ (***) có uk + 1 >

3k 2 + 6k . 2(k + 1)2

3k + 1 3k 2 + 6k > ⇔ 3k 3 + 8k 2 + 10k + 2 > 0 (đúng ∀k ≥ 3) . 2 k 2(k + 1)

Ta có

(***)

ai l.c

Vậy dãy đã cho là dãy giảm kể từ số hạng thứ ba. Hiển nhiên các số hạng

ng nên dãy có giới hạn. của dãy đều dương

1 2

0.5 đ

Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác BCA1 , CAB1 , ABC1 sao

Câu 2 (4 điểm)

0,5 đ

+) Đặt a = lim un từ đẳng thức truy hồi ở giả thiết, ta suy ra: a = .

0,5 đ

cho tổng diện tích củủa ba tam giác này nhỏ hơn diện tích tam giác ABC .

Qua A1 , B1 , C1 lần lượt vẽ các đường thẳng song song với BC , CA, AB

SMNP < 2S A1CB1 AC1B .

yn h

Giải:

chúng cắt nhau tạo thành tam giác MNP . Chứng minh rằng

Ta có BA / / MN , AC / / MP, BC / / NP suy ra MA, NB, PC đồng quy tại một điểm, ta gọi điểm đó là D ( dùng định lý Talet để chứng minh)

1,0 đ

DB DA DC Đặt DN = DM = DP = k AC / / MP ⇒ S AB1C = S APC ⇒ S AB1C + S ADC = S APC + S ADC ⇒ S AB1CD = S ADP

1,5 đ

Vì ⇒ S AB1CD = S ADP = DA = k S MDP S MDP DM

S AB1CD Chứng minh tương tự ta có S MDP

S BC1 AD S MDN

SCA1BD S NDP

=k⇒

S A1CB1 AC1B S MNP

= k (1) 1,0 đ

ai l.c

Mặt khác ta có: S AB1C S APC CP NB S AC1B S BA1C S AB1C + S AC1B + S BA1C = = = = = = <1 S ADC S ADC CD BD S ABD S BCD S ABC

0,5 đ

Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ sao cho:

f ( y − f ( x ) ) = f ( x 2018 − y ) − 2019 yf ( x ), ∀x, y ∈ ℝ. (1)

Câu 3 (4 điểm)

1 CP Từ đó suy ra : CD < 1 ⇒ k > 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

Giải: Giả sử hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu bài toán. +)Trong (1) thay y bởi f ( x) ta có :

1,0 đ

yn h

f ( 0 ) = f ( x 2018 − f ( x ) ) − 2019( f ( x)) 2 , ∀x ∈ ℝ

(2).

+)Trong (1) thay y bởi x 2018 ta có :

f ( x 2018 − f ( x ) ) = f ( 0 ) − 2019 x 2018 f ( x ), ∀x ∈ ℝ

Từ (2) và (3) suy ra f ( x ) ( f ( x ) + x 2018 ) = 0, ∀x ∈ ℝ

(3). (4).

0,5 đ

Vậy nếu có x0 sao cho f ( x0 ) ≠ 0 thì f ( x0 ) = − x0 2018 . Vậy f ( 0 ) = 0.

Dễ thấy có hai hàm số f1 ( x) ≡ 0 và f 2 ( x) = − x 2018 , ∀x ∈ ℝ thỏa mãn (4). +) Ta chứng minh nếu có hàm số f ( x) khác hai hàm số f1 ( x ) và f 2 ( x )

1,0 đ

mà thỏa mãn cả (1) và (4) thì vô lý. Vì f ( x) khác f1 ( x ) nên ∃x1 ∈ ℝ : f ( x1 ) ≠ 0. Vậy f ( x1 ) = − x12018 . Vì f ( x) thỏa mãn (4) và khác f 2 ( x ) nên ∃x2 ∈ ℝ : x2 ≠ 0; f ( x2 ) = 0. +) Trong (1) cho x = 0 ⇒ f ( y ) = f (− y ), ∀y ∈ ℝ.

1,0 đ

Không mất tổng quát, giả sử x2 > 0. +)Trong (1) thay x bởi x2 và y bởi ( −x1 ) ta có :

f ( − x1 ) = f ( x2 2018 + x1 ) ⇒ − x12018 = f ( x1 ) = f ( − x1 ) = f ( x2 2018 + x1 ) = −( x2 2018 + x1 ) 2018 < − x12018 .

(vô lý). +) Bằng cách thử trực tiếp vào (1) ta có kết quả hàm số cần tìm là

Cho a, b là các số nguyên dương sao cho 2a − 1, 2b − 1, a + b đều là các số nguyên tố. Chứng minh rằng ab + ba không chia hết cho a + b .

Câu 4 (4 điểm)

ai l.c

f ( x) = 0, ∀x ∈ ℝ.

0,5 đ

(

)

(

)

Vì b lẻ nên ta có: a b + bb ⋮( a + b )

1,0 đ

Giải: Vì 2a − 1, 2b − 1 là các số nguyên tố suy ra a > 1, b > 1 . Do đó a + b là số nguyên tố lẻ. Không mất tính tổng quát giả sử a chẵn b lẻ.

Giả sử ngược lại a b + b a ⋮( a + b ) . Ta có thể cho a > b (nếu b > a chứng

1,0đ

minh tương tự). Khi đó ta có: a b + b a = a b + b b + bb (b a −b − 1) ⇒ b b (b a −b − 1)⋮ ( a + b)

yn h

Hiển nhiên bb không chia hết cho a + b suy ra (b a −b − 1)⋮ ( a + b)

Mặt khác do a + b là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: (b a +b−1 − 1)⋮ ( a + b)

1,0 đ

 ( a − b )⋮ h h = 1 Gọi h = ord a +b (b) . Khi đó ta có  ⇒ (2a − 1)⋮ h ⇒  ( a + b − 1)⋮ h  h = 2a − 1 (do 2a − 1 là số nguyên tố) +) Với h = 1 thì (b − 1)⋮ (a + b) vô lý +) Với h = 2a − 1 thì (a + b − 1)⋮ (2a − 1) ⇒ a + b − 1 ≥ 2a − 1 ⇒ b ≥ a mâu thuẫn.

Vậy ab + ba không chia hết cho a + b .

1,0 đ

Trong hệ trục tọa độ Oxy , một đường đi từ P0 đến Pn là một dãy các điểm

Câu 5 (4 điểm)

có hoành độ và tung độ là các số nguyên P0 , P1 ,..., Pn thỏa mãn

Pi ( xi ; yi ), xi +1 = xi + 1, yi +1 = yi hoặc xi +1 = xi , yi +1 = yi + 1, ∀i = 0, n − 1. a, Đếm số đường đi từ P0 đến P10 . b, Một đường đi từ P0 đến Pn được gọi là đẹp nếu yi < xi , ∀i = 0, n . Đếm

ai l.c

số đường đi đẹp từ điểm có tọa độ (2;0) đến điểm có tọa độ (2019;2018).

a Mỗi đường đi thỏa mãn có đúng x10 − x0 đoạn thẳng đi lên (mỗi đoạn có 1,0 đ

độ dài bằng 1 đơn vị) và có đúng y10 − y0 đoạn thẳng đi sang ngang (mỗi

đoạn có độ dài bằng 1 đơn vị). Vậy số đường đi thỏa mãn là: C yx1010 −− yx00 + x10 − x0 đường.

1,0 đ

yn h

Gọi A(2;0); B (2019;2018); A '(0;2). Xét một đường đi (C ) “không đẹp” từ A đến B. Giả sử đường này cắt

đường thẳng d có phương trình y = x tại điểm C. Khi đó (C ) gồm hai phần: (C1 ) từ A đến C và (C 2 ) từ C đến B. Lấy đối xứng với (C1 ) qua d ta được phần đường (C1 ') .

1,0 đ

Xét đường đi (C ') gồm hai phần: (C1 ') từ A’ đến C và (C 2 ) từ C đến B. Rõ ràng (C ') luôn là một đường “không đẹp”. Như vậy mỗi đường (C ) có tương ứng với duy nhất một đường (C ') và 1,0 đ ngược lại. Vậy số đường “không đẹp” từ A đến B bằng số đường “không 2019 đẹp” từ A’ đến B và bằng C4035 .

Vậy số đường đẹp từ A đến B bằng:

ai l.c

2017 2019 . C4035 − C4035

Chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó. 2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0, 25 điểm và phải thống nhất

trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm

yn h

và ghi vào biên bản.

Giáo viên ra đề: Nguyễn Thị Ngọc Ánh ra câu 1, 3, 5 – ĐT 0916642332. Vũ Tuấn Vũ ra câu 2, 4 – ĐT 01638046666.

ĐỀ THI MÔN TOÁN. LỚP 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG -------------ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ai l.c

 x1 = a ∈ [ 0; π ]  .  1 * ℕ x sin cos , = x + x + x ∀ n ∈ ( )  n+1 n n n 2  Chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( xn ) xác định bởi

Bài 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại D (khác A ). Gọi E sao cho EAB = FAC . Gọi G là trung là điểm thuộc cạnh BC và F thuộc cung nhỏ CD

điểm EI . Chứng minh rằng giao điểm của DG và FI nằm trên đường tròn (O) .

Bài 3 (4,0 điểm). Tìm tất cả các đa thức P ( x), Q( x) với hệ số thực thỏa mãn deg P ( x) ≤ deg Q( x) và P(Q( x)) = ( x − 1)( x − 2)...( x − 6), ∀x ∈ ℝ.

yn h

Bài 4 (4,0 điểm). Một lưới ô vuông 7 × 7 được tô màu như sau: có đúng 2 ô được tô màu vàng, các ô còn lại tô màu đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu khác nhau lưới ô vuông 7 × 7 trên, biết rằng hai cách tô màu được coi là trùng nhau nếu chúng là ảnh của nhau qua một phép quay quanh tâm của lưới. Bài 5 (4,0 điểm). Cho a, b là hai số nguyên dương phân biệt không chia hết cho 3

thỏa mãn ab( a + b) chia hết cho a 2 − ab + b 2 . Chứng minh rằng 3 a − b > 3 9ab .

-Hết-

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay và tài liệu trong khi làm bài; Người ra đề: Lương Ngọc Huyên. 0976 813999

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 (Hướng dẫn này có 04 trang) ---- x1 = a ∈ [ 0; π ]  Bài 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( xn ) xác định bởi  . Chứng 1 *  xn +1 = xn + ( sin xn + cos xn ) , ∀n ∈ ℕ  2 minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 4,0 điểm

Hướng dẫn chấm

1 2 π ( sin t + cos t ) , t ∈ ℝ . Ta có f '(t ) = 1 + cos  x +  > 0, ∀t ∈ ℝ nên 2 2 4  hàm số f (t ) đồng biến trên ℝ .

3π  , ∀n ∈ ℕ * .  . Chứng minh quy nạp ta được 0 ≤ xn < 4 

 3π +) TH2: a ∈  0;  4

0,5

3π ⋅ 4

lim xn =

3π 3π . Khi đó xn = , ∀n ∈ ℕ* nên dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và 4 4

+) TH1: a =

−π + nπ , n ∈ ℤ . 4

Xét phương trình f ( x) = x ⇔ sin x + cos x = 0 ⇔ x =

ai l.c

Đặt f (t ) = t +

0,5

  3π  3π lim xn = l ∈  0;  . Vậy dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và   4 ⇒l = 4  f (l ) = l 

0,5

yn h

π π  π  3π   Mặt khác a ∈  0;  ⇒ a + ∈  ; π  ⇒ sin  a +  > 0 ⇒ x2 > x1 . Chứng minh quy 4 4  4  4   nạp ta được ( xn ) tăng.

 3π  +) TH3: a ∈  ; π  . Tương tự trên ta được dãy ( xn ) giảm và bị chặn nên có giới hạn  4  hữu hạn và   3π  3π lim xn = l ∈  ; π  .  4 ⇒l =  4  f (l ) = l 

Vậy trong mọi trường hợp dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và lim xn =

3π . 4

0,5

Bài 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Đường thẳng AI cắt đường tròn (O ) tại D (khác A ). Gọi E là điểm thuộc cạnh sao cho EAB = FAC . Gọi G là trung điểm EI . Chứng minh rằng BC và F thuộc cung nhỏ CD giao điểm của DG và FI nằm trên đường tròn (O) .

Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

Đặt S = DG ∩ FI . Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ứng với góc . trong BAC A S

ai l.c

G C

E F

1,5

= 1800 − BCJ = Vì tứ giác BICJ nội tiếp được nên ta có AIB = 1800 − BIJ ACJ . Suy ra ∆AIB ∼ ∆ACJ ⇒ AI . AJ = AB. AC .

Lại có ∆ABE ∼ ∆AFC ⇒ AE. AF = AB. AC . Vậy

AI . AJ = AE. AF ⇒ ∆AEJ ∼ ∆AIF ⇒ AFI = AJE (1).

yn h

= , suy ra D là tâm đường tròn ACB = 2 ICB Mặt khác, BICJ nội tiếp được và BDI ngoại tiếp BICJ . Do đó D là trung điểm JI , suy ra GD || JE ⇒ AJE = ADG (2). Từ (1) và (2) ta được AFI = ADG , suy ra giao điểm S của DG và FI nằm trên đường tròn (O) .

1,0 1,0 0,5

Bài 3 (4,0 điểm). Tìm tất cả các đa thức P ( x), Q( x) với hệ số thực thỏa mãn deg P ( x ) ≤ deg Q ( x ) và P (Q ( x)) = ( x − 1)( x − 2)...( x − 6), ∀x ∈ ℝ. Hướng dẫn chấm

Giả sử P ( x), Q( x) là các đa thức thoả mãn P (Q ( x)) = ( x − 1)( x − 2)...( x − 6) . Khi đó

0,5

deg P ( x).deg Q ( x) = 6 . Xét các trường hợp ( deg P ( x);deg Q( x) ) ∈ {(1;6), (2;3)} .

4,0 điểm

 P( x) = ax + b deg P ( x) = 1  TH1:  . Khi đó  , với a, b ∈ ℝ, a ≠ 0 ( x − 1)( x − 2)...( x − 6) − b Q x = + b ( ) deg Q ( x) = 6  a là các đa thức cần tìm.

1,0

deg P( x) = 2 TH2:  . Nếu P ( x) có nghiệm kép hoặc vô nghiệm (nghiệm thực) thì deg Q ( x) = 3 P (Q( x)) = 0 có không quá 3 nghiệm thực phân biệt, điều này là vô lí. Vậy P ( x) có hai nghiệm thực phân biệt.

0,5

Gọi α1 < α 2 là hai nghiệm thực của P ( x) . Khi đó P( x ) = λ ( x − α1 )( x − α 2 ), với

λ ∈ ℝ* . Khi đó P(Q( x)) = λ [Q( x) − α1 ][Q( x) − α 2 ] ≡ ( x − 1)( x − 2)...( x − 6) .Suy ra Q ( x) − α1 = λ1 ( x − m1 )( x − m2 )( x − m3 ) ,  Q ( x) − α 2 = λ1 ( x − m4 )( x − m5 )( x − m6 )

1,0

với mi ∈ {1, 2,..., 6} , ∀i = 1, 6 và đôi một phân biệt. Từ đây ta có

α 2 − α1 = λ1 [ ( x − m1 )( x − m2 )( x − m3 ) − ( x − m4 )( x − m5 )( x − m6 )] , ∀x ∈ ℝ .

21 , 2

ai l.c

số của x 2 trong đa thức R ( x) bằng 0, nghĩa là m1 + m2 + m3 = m4 + m5 + m6 .

Suy ra R( x) = ( x − m1 )( x − m2 )( x − m3 ) − ( x − m4 )( x − m5 )( x − m6 ) là hằng số, do đó hệ

Kết hợp với m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m6 = 21 suy ra m1 + m2 + m3 = m4 + m5 + m6 =

1,0

vô lý do mi nguyên.

 P( x ) = ax + b  Vậy tất cả các đa thức cần tìm là  , với a, b ∈ ℝ, a ≠ 0 . ( x − 1)...( x − 6) − b Q x = + b ( )  a

Chú ý: Ta có thể xét bài toán đầy đủ hơn: “Tìm các đa thức P( x), Q( x) với hệ số thực thỏa mãn P(Q ( x)) = ( x − 1)( x − 2)...( x − 6), ∀x ∈ ℝ ”. Khi đó sẽ có thêm 2 trường hợp khá thú vị nữa với cách giải tương tự. Tuy nhiên trong một bài thi Olympic Trại hè Hùng Vương thì quá dài.

Gọi O là tâm của lưới. Có 3 phép quay tâm O (khác phép đồng nhất) với các góc quay tương ứng là 900 ,1800 , 2700 có thể dẫn đến hai cách tô màu trùng nhau.

0,5

yn h

Hướng dẫn chấm

Cố định các ô vuông trong lưới ô vuông. Gọi X là tập tất cả các cách tô màu cho lưới ô vuông có hai ô màu vàng, X 1 là tập các cách tô có hai ô màu vàng đối xứng nhau qua tâm O . Đặt X 2 = X \ X 1 . Khi đó X 1 ∩ X 2 = ∅ và X 1 ∪ X 2 = X .

Ta thấy X 1 = 24 (tô màu vàng 2 ô được đánh cùng một trong 24 số: 1, 2, 3,…, 24

trong hình minh họa). Do tính đối xứng nên mỗi cách tô màu trong X 1 sẽ trùng với 1

cách tô màu khác (trong X 1 ) sau khi thực hiện phép quay tâm O , góc quay 1800 ; hai

1,5

phép quay còn lại sẽ cho 1 cách tô màu không trùng (trong X 1 ) (Cụ thể: Giả sử

x ∈ X 1 ⇒ Q( O;1800 ) ( x) = x; Q( O;900 ) ( x) = y ≠ x ; Q(O ;2700 ) ( x) = y ≠ x ( y ∈ X 1 ) ). Suy ra số cách tô khác nhau trong X 1 là

24 = 12 . 2

Hướng dẫn chấm

ai l.c

4,0 điểm

2 − 24 . Mỗi cách tô màu trong X 2 sẽ trùng với 3 cách tô Từ X 1 = 24 suy ra X 2 = C49

màu khác (trong X 2 ) sau khi thực hiện phép quay tâm O , góc quay 900 ,1800 , 2700 .

(Cụ thể: Giả sử x ∈ X 2 ⇒ Q( O ;900 ) ( x) = y ∈ X 2 ( y ≠ x) vì nếu y ∈ X 1 thì trong cách tô

màu y có hai ô đối xứng nhau qua tâm O . Suy ra Q( O ;2700 ) ( y ) = x ∈ X 1 , vô lí. Tương

1,5

C492 − 24 + 12 = 300 cách tô màu lưới ô vuông 7 × 7 thỏa mãn bài toán. 4

0,5

Vậy có

C492 − 24 . 4

Suy ra số cách tô khác nhau trong X 2 là

tự, Q( O ;1800 ) ( x) = z , Q( O ;2700 ) ( x) = t với x, y, z , t đôi một khác nhau và x, y, z , t ∈ X 2 ).

Bài 5 (4,0 điểm). Cho a, b là hai số nguyên dương phân biệt không chia hết cho 3 thỏa mãn

ab( a + b) chia hết cho a 2 − ab + b 2 . Chứng minh rằng 3 a − b > 3 9ab .

4,0 điểm

yn h

Hướng dẫn chấm

Đặt d = ( a, b). Ta viết a = dx, b = dy với x, y ∈ ℕ* phân biệt và ( x, y ) = 1. Khi đó 1,0

ab(a + b) dxy ( x + y ) = 2 ∈ ℕ* . 2 2 2 a − ab + b x − xy + y

Mặt khác ( x 2 − xy + y 2 , x) = ( y 2 , x) = 1;( x 2 − xy + y 2 , y ) = ( x 2 , y ) = 1. Suy ra

x 2 − xy + y 2 | d ( x + y ) .

Vì x, y,3 đôi một nguyên tố cùng nhau nên

0,5

( x 2 − xy + y 2 , x + y ) = (( x + y )2 − 3 xy, x + y ) = (3 xy, x + y ) = (3, x + y ).

TH1: (3, x + y ) = 1. Khi đó x 2 − xy + y 2 | d ⇒ d ≥ x 2 − xy + y 2 . Vậy 3

27 a − b ≥ 27 d 3 ≥ 27d 2 ( x 2 − xy + y 2 ) > 27 d 2 xy = 27 ab > 9ab ⇒ 3 a − b > 3 9ab . TH2: (3, x + y ) = 3. Khi đó 3

x 2 − xy + y 2 | d ⇒ 3d ≥ x 2 − xy + y 2 . Vậy 3 2

0,5

1,0

27 a − b ≥ 27d ≥ 9d ( x − xy + y ) > 9d xy = 9ab ⇒ 3 a − b > 9ab . 3

-Hết-