Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 11 của trường chuyên LÀO CAI

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1. (4 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 2 2 2
2 2
4 2 0
2 2 4 0
x xy x y y
x y xy x

+ + + − + =


+ + + − =



Câu 2. (4 điểm) Cho dãy số
( )
n
u
được xác định bởi
1

3
1 1
3
3 2 , 1
n n n
u
u u u n
+ +
=



− = + ∀ ≥


. Chứng
minh rằng dãy
( )
n
u
có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 3. (4 điểm) Cho tam giác nhọn
ABC
nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là H và M là
một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. N là điểm đối xứng của M qua trung điểm của AB.
a) Chứng minh rằng trực tâm K của tam giác NAB nằm trên đường tròn (O).
b) Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc với BC tại E. Chứng minh rằng ba
điểm D, E và trung điểm của HK thẳng hàng.
Câu 4. (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số
:f →¡ ¡

thỏa mãn:
( ) ( )
( )
( )
2
, ,xf x xy xf x f x f y x y+ = + ∀ ∈¡
Câu 5. (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n - 1)! không chia hết cho n
2
.
… ….HẾT………
Người ra đề: Tổ Toán tin học
SĐT: 0912 649 581
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN - KHỐI 11
(Đáp án này có 04 trang, gồm 05 câu)
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
Hệ phương trình tương đương với
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 4 2
2 2 2 0
x y x y y
x y x y y y

+ + + = +



+ + + + + − =


+ Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm
+ Với
2y ≠ −
, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có
( )
2 2
2 2
2 4
2
2 0
2
x y
x y
y
x y
x y
y

+
+ + =

+


+

+ + − =


+

Đặt
2 2
, 2
2
x y
a b x y
y
+
= = + +
+
Khi đó ta có hệ phương trình
( )
2
4
4 2
4 2
2 0
a b
a b a
ab b
a
+ =

+ = =
 

⇔ ⇔

  
= =
− =
 



Do đó
2 2
2
2
1, 1
2
2, 2
2 0
2 2
x y
y x
x y
y
x y
x x
x y

+
= −
=
= = −




⇔ ⇔
+
 

= − =
+ − =



+ + =

Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1),
(-2; 2)
0.5
0.5
0.5
1
1
0.5
Câu 2
Dãy số
( )
n
u
được xác định bởi
1
3
1 1
3

3 2 , 1
n n n
u
u u u n
+ +
=



− = + ∀ ≥


Ta chứng minh
2, 1
n
u n> ∀ ≥

Thật vậy ta có
1
3 2u = >

Giả sử
2, 1
k
u k> ∀ ≥
, khi đó
3
1 1
3 2 2 2 2
k k k

u u u
+ +
− = + > + =
nên
( ) ( )
2
3
1 1 1 1 1
3 2 0 1 2 0 2
k k k k k
u u u u u
+ + + + +
− − > ⇔ + − > ⇔ >
Do đó theo nguyên lý quy nạp thì
2, 1
n
u n> ∀ ≥
Xét hàm số
( )
3
3f t t t= −
trên khoảng
( )
2,+ ∞

Ta có
( )
2
' 3 3 0, 2f t t t= − > ∀ >
Do đó hàm số

( )
f t
đồng biến trên khoảng
( )
2,+ ∞
Mặt khác ta có
( ) ( )
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2
3 18 5 3u u u u f u f u u u− = > = − ⇔ > ⇒ >

Giả sử
( )
3 3
1 1 1 1 2 2
1 2 2 3 3
k k k k k k k k
u u k u u u u u u
+ + + + + +
> ≥ ⇒ + > + ⇔ − > −

( ) ( )
1 2 1 2k k k k
f u f u u u
+ + + +
⇒ > ⇒ >
Do đó
1
, 1
n n

u u n
+
> ∀ ≥
⇒ Dãy
( )
n
u
là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
dãy
( )
n
u
có giới hạn hữu hạn
Giả sử
( )
lim 2
n
u a a= ≥
. Từ hệ thức truy hồi
3
1 1
3 2
n n n
u u u
+ +

− = +
chuyển
qua giới hạn ta được:

( )
( )
( )
2
3 3 5 4 3 2
3 2 3 2 2 2 2 4 1 0a a a a a a a a a a a a− = + ⇔ − = + ⇔ − + − − + + =
( )
( )
( )
( )
( )
2 3 3
2 4 2 1 1 0 2 2a a a a a a a a⇔ − − + − + + = ⇔ = ≥
Vậy
lim 2
n
u =
0.5
0.5
0.5
Câu 3
a) Chứng minh K thuộc đường tròn (O)
+ N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB nên tứ giác
ANBM là hình bình hành, suy ra
BN AMP
và

AN BMP
+ Vì K là trực tâm tam giác NAB nên
,BK NA AK NB⊥ ⊥
,
Do đó
BK BM⊥
và
AK AM⊥
Từ đó suy ra tứ giác BKAM nội tiếp.
Vậy K thuộc đường tròn (O).
b) Chứng minh rằng DE đi qua trung điểm của HK.
+ Gọi S là điểm đối xứng của K qua E; R là điểm đối xứng của K qua
D. Ta có:
·
·
BKC BSC=
(do BC là đường trung trực của SK)
+ Mặt khác
·
·
BKC BAC=
(cùng chắn cung BC) nên
·
·
BSC BAC=
.
+ Mà
·
·
0

180BHC BAC+ =
nên
·
·
0
180BHC BSC+ =
Suy ra tứ giác BHCS nội tiếp nên
·
·
·
( )
1BHS BCS BCK= =
+ Tương tự tứ giác ABHR nội tiếp nên
·
·
·
( )
2AHR ABR ABK= =
+ Từ (1) và (2) ta có
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
·
·
· ·
·

·
·
·
·
0
180AHB BHS AHR AHB BCK ABK AHB BCK ACK+ + = + + = + + =
Suy ra S, H, R thẳng hàng.
+ Vì DE là đường trung bình của tam giác KRS, nên DE đi qua trung
điểm của HK
0.5
Câu 4
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
, , 1xf x xy xf x f x f y x y+ = + ∀ ∈¡
Trong (1) lấy x = y = 0 được f(0) = 0.
Trong (1) lấy y = -1 ta có
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
1 0 0, 2xf x f x f xf x+ − = = ∀ ∈¡
Trong (2) lấy x = -1 ta được:
( ) ( ) ( )
( )
( )
1 0
1 1 1 0
1 1

f
f f f
f
− =
− − − = ⇔

=


+ Nếu
( )
1 0f − =
thì từ (2) suy ra f đồng nhất 0 và hàm này thỏa mãn bài
toán.
+ Nếu
( )
1 1f =
thì trong (2) lại lấy x = 1 ta thu được
( )
1 1f − = −
.
Từ đó (2) trở thành :
( )
( ) ( )
2
, 3f x xf x x= ∀ ∈¡
Trong (1) ta cho y = 1:
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )

2
2 1 , 2 2 , 0xf x xf x f x f x f x f x x= + ∀ ∈ ⇔ = ∀ ≠¡
Kết hợp (1) và (3) ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , 0 4f x xy f x f x f y y x+ = + ∀ ∈ ≠¡
Từ (4) lần lượt lấy x = 1, x = -1 ta có:
( ) ( )
1 1 ,f y f y y+ = + ∀ ∈¡


( ) ( )
1 1 ,f y f y y− − = − − ∀ ∈¡
Như vậy hàm f là một hàm số lẻ.
Trong (4) thay y bởi -y và sử dụng tính lẻ của hàm f:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , 0 5f x xy f x f x f y f x f x f y y x− = + − = − ∀ ∈ ≠¡
Cộng vế theo vế (4) và (5) :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 , , 0f x xy f x xy f x f x y x+ + − = = ∀ ∈ ≠¡
Mà f(0) = 0 nên ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 , ,f x xy f x xy f x f x x y+ + − = = ∀ ∈¡
( ) ( ) ( )
, ,f x y f x f y x y+ = + ∀ ∈¡
Và bây giờ ta sẽ tính biểu thức
( )
( )
2
1f x +
theo hai cách:

( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1,f x f x x f x f x f xf x f x x+ = + + = + + = + + ∀ ∈¡
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1 1 1 ,f x x f x x f x x+ = + + = + + ∀ ∈¡
Từ hai điều trên thu được:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2 1 1 1 , ,xf x f x x f x x f x x x+ + = + + ∀ ∈ ⇔ = ∀ ∈¡ ¡
Thử lại thỏa. Kết luận của bài toán là:
( ) ( )
0, ; ,f x x f x x x= ∀ ∈ = ∀ ∈¡ ¡

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

Câu 5
Nhận xét rằng khi n là số nguyên tố thì do (n - 1) < n nên (n - 1)! hiển
nhiên không chia hết cho n, và do đó không chia hết cho n
2
.
Ta sẽ tìm n không nguyên tố thỏa (n - 1)! không chia hết cho n
2
.
0.5
Ta có :
2
( 1)!n n
−
M

3
!n n⇔ M
. Điều này xảy ra khi và chỉ khi tồn tại ít
nhất một ước số p của n sao cho bậc của p (số mũ lũy thừa của p trong
phân tích thừa số nguyên tố) trong n! là bé hơn bậc của p trong n
3
Giả sử
.n kp
t
=
(với (p, k)=1). Theo lí luận trên ta có bất đẳng thức :
2 3
3
n n n
t

p p p
     
+ + + <
     
     
(*)
Suy ra:
3
2 3
n n n n
t
t
p
p p p
     
 
     + + + +≥
 
     
 
     

⇔

1 2
3 .( . 1)
t t
pt k p
− −
≥ + + +

⇔
3
( 1)
1
t
k p
p
t
−
≥
−
(**). Suy ra:
1.(2 1)
2 1
2 1
3
t
t
t
−
≥ = −
−

{1,2,3}t
⇒ ∈
Ta xét 3 trường hợp và dùng các phép thử lại để làm rõ kết quả bài toán
•
TH
1

: t = 1. Ta có: (**)
3 k
⇒ ≥
. Suy ra
2k
=
hoặc
3k
=
(Do
1k
=

thì n trở thành số nguyên tố)
+ Với k = 2:
2n p
=
(p nguyên tố) .
Thử lại: p = 2 thì n = 4 (thỏa);
2p ≠
: (*)
2
2 2
3
p p
p p
   
⇔ + + <
   
   

2 3
⇔ <
(đúng)
+ Với k = 3:
3n p=
(p nguyên tố)
Thử lại: p = 2 thì n = 6 (thỏa) ; p = 3 thì n = 9 (thỏa);
5p ≥
:
(*)
2
3 3
3
p p
p p
   
⇔ + + <
   
   

3 3
⇔ <
(sai)
•
TH
2
: t = 2. Ta có (**)
(6 1)k p
≥⇒ +

. Suy ra
1k
=
hoặc
2k
=
(Do
( ) 31p
+ ≥
)
+ Với k = 1, ta được
( ) 61p
+ ≤

{2,3,5}p
∈⇒

{4,9,25}n
⇒ ∈
.
Thử lại ta chọn : n = 4, n = 9.
+ Với k = 2, ta được
( ) 31p
+ ≤

2p
⇒ =

8n
⇒ =

.
Thử lại ta thấy n = 8 thỏa mãn.
•
TH
3
: t = 3. Ta có (**)
2
9 ( 1)k p p⇒ ≥ + +
.
Suy ra
1k
=
(Do
2
1) 7pp
+ + ≥
)
+ Với k = 1, ta được
2
9( 1)p p+ + ≤

2p
⇒ =

8n
⇒ =
(thỏa)
Vậy tập tất cả các giá trị của số tự nhiên n thỏa
2
( 1)!n n− M

là
{ , 2 , 8 , 9}p p
với p nguyên tố .
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5