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 LƯƠNG VĂN TỤY, NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 5 câu trong 1 trang giấy
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
5 5 5
8
( , , )
( ) ( ) ( ) 960
x y z
x y z
x y y z z x

+ + =

∈

− + − + − =


¡
.
Câu 2 ( 4 điểm): Cho dãy số
( )
n
a

xác định như sau:
1 2
2
1 1 2 1
5, 6
( 1)(2 1) (( 1) 1)(( ) 2 1), 2
n n n n
a a
a a a a n a n n a n n
+ −
= − = −


= + + + − + + + + ∀ ≥


Chứng minh rằng nếu với mỗi số tự nhiên n có số nguyên tố p là ước của
1
n
na
+
thì luôn
tồn tại số nguyên m sao cho
2
5(mod )m p
≡
.
Câu 3 ( 4 điểm): Cho tam giác ABC (
·
0

90BAC
≠
) có H là trực tâm và M là trung điểm
của BC. P là một điểm thuộc đường thẳng HM, đường tròn (K) đường kính AP cắt AC,
AB lần lượt tại E, F khác A. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên
trung trực BC.
Câu 4 (4 điểm): Tìm tất cả các hàm số
:f
→
¡ ¡
thỏa mãn:
1 1
( ( )) ( ) ( ) , ,
2 2
f x xy f y f x f y x y
  
+ + = + + ∀ ∈
 ÷ ÷
  
¡
.
Câu 5 ( 4 điểm): Gọi
1 2

n
a a a
với
{ }
2;0
i

a ∈
là một xâu có độ dài n.
Gọi xâu 20 là xâu OLIMPIC nếu 2 và 0 là hai phần tử liên tiếp theo thứ tự đó ở trong xâu
có độ dài n đã cho ( ví dụ như xâu 2220022 có độ dài là 7 và trong đó có 1 xâu OLIMPIC).
Xét các xâu có độ dài 30 và chứa k xâu OLIMPIC, biết rằng có
9
31
C
xâu như thế. Tìm k?
……………………Hết…………………….
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Đáp án đề thi gồm 5 câu trong 4 trang giấy
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
5 5 5
8
( , , )
( ) ( ) ( ) 960
x y z
x y z
x y y z z x

+ + =


∈

− + − + − =


¡

Đặt
5 5 5
P ( ) ( ) ( )x y y z z x
= − + − + −
.
Do vai trò của x, y, z trong biểu thức
P
như nhau, không mất tính tổng quát,
có thể giả sử
x y z
≤ ≤
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2
( ) 2 0 ( ) 2( ) 16 4z x y z x x y z z x
+ + ≥ ⇔ − ≤ + + = ⇔ − ≤
Bổ đề: Cho
, 0a b
≥
. Khi đó:
5
5 5
4

( )
2
a b
a b
+
+ ≥
.
Áp dụng bổ đề ta có:
5
5 5
4
( )
( ) ( )
2
z x
y x z y
−
− + − ≥
.
Khi đó:
5 5
4 4
1 1
1 ( ) 1 .2 960
2 2
P z x
   
≤ − − ≤ − =
 ÷  ÷
   

.
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:
2, 0, 2x y z= − = =
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (-2;0;2) và các hoán vị của nó.
1đ
1đ
1đ
1đ
Câu 2 ( 4 điểm): Cho dãy số
( )
n
a
xác định như sau:
1 2
2
1 1 2 1
5, 6
( 1)(2 1) (( 1) 1)(( ) 2 1), 2
n n n n
a a
a a a a n a n n a n n
+ −
= − = −


= + + + − + + + + ∀ ≥


Chứng minh rằng nếu với mỗi số tự nhiên n có số nguyên tố p là ước của

1
n
na
+
thì luôn
tồn tại số nguyên m sao cho
2
5(mod )m p
≡
.
Đặt
1
n n
b na
= +
và
1
n
n i
i
B b
=
=
∏
.
Dễ thấy,
1
2 ( 1)
n
B B n∀ >

. Vì vậy,
2 , 1
n
a n∀ >
.
Ta có:

1 1 1
1 1
(( 1) ) ( 1) , 2
( 1) 1 ( 1)( ( 1) ) 1
n n n n n n n
n n n n
a a B n b n a nB n B n
n a n a nB n B
+ − −
+ −
= + + + = + + + ∀ ≥
⇒ + + = + + + + +
2 2
1 1
( 1) 1 ( ) ( 1)
n n n n
b n a n n B n B
+ −
⇒ = + + + + + +
2 2 2
1 1
( 1) . ( ) . ( 1)
n n n n n n n n

B b n a B B n n B B n B
+ −
⇒ = + + + + + +
( )
2
2
1 1 1
1
( 1)
2 2 4
n
n n n n n n
n a
B n B B B nB a
+ − −
 
⇒ = + + + + − +
 
 
Vì vậy:
1đ
1đ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

( ) ( )
( )
2 2
1 1 1 1
2
2

1 1 1
1 1
( 1) 2( 1)
4 4
1
( 1)
2 2 4
n n n n n n n
n
n n n n n n
B n B a B n B a nB
n a
B n B B B nB a
+ + + −
+ − −
− + + = − + + +
 
= − + + + = − +
 
 
Suy ra:

( ) ( )
( )
2
2
1 2 1 2
2
1
1 1

2 5, 2
4 4
1
5, 2
4
n n n
n n n
B nB a B B a n
B nB a n
−
−
− + = − + = − ∀ ≥
⇒ = + − ∀ ≥
Do p là ước của
n
b
,
n
b
là ước của
n
B
nên
( )
2
1
1
5
4
n n n

p B p nB a
−
⇒ + −
.
Vậy tồn tại số nguyên m thỏa mãn
2
5p m
−
(đpcm).
1đ
1đ
Câu 3 ( 4 điểm): Cho tam giác ABC(
·
0
90BAC
≠
) có H là trực tâm và M là trung điểm
của BC. P là một điểm thuộc đường thẳng HM, đường tròn (K) đường kính AP cắt AC,
AB lần lượt tại E, F khác A. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên
trung trực BC.
Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến với (K) tại E, F. Y, Z theo thứ tự là giao
điểm của CH, BH và CA,
AB. (N) là đường tròn
đường kính AH, S là
giao điểm thứ hai của
(K) và (N). Có hai
trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1. P trùng
với H. Dễ thấy
,E Y F Z

≡ ≡
. Do đó
T M
≡
.
Trường hợp 2. P không
trùng với H.
Dễ thấy các tam giác
SEY, SFZ đồng dạng
cùng hướng.
Do đó các tam giác SEF,
SYZ đồng dạng cùng
hướng (1).
Từ (1), chú ý rằng TE,
TF tiếp xúc với (K) tại
E,F và MY, MZ tiếp xúc với (N) tại Y, Z suy ra các tam giác TEF, MYZ đồng
dạng cùng hướng (2).
Từ (1), (2) suy ra các tam giác STF, SMZ đồng dạng cùng hướng.
Do đó các tam giác STM, SFZ đồng dạng cùng hướng (3).
1đ
1đ
1đ
Dễ thấy:
·
·
0
90ASH ASP
= =
. Do đó: SH=SP.
Kết hợp với P thuộc HM suy ra SM=SH(4).

Từ (3), (4) suy ra:
( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , )(mod )
( , ) (S ,SH) 0(mod )
TM AH TM FZ FZ AH
SM SZ AZ AH
SH SZ Z
π
π
≡ +
≡ +
≡ + ≡
Vậy
TM AH BC
⊥
P
.
Nói cách khác, tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC.
1đ
Câu 4 (4 điểm): Tìm tất cả các hàm số
:f
→
¡ ¡
thỏa mãn:
1 1
( ( )) ( ) ( ) , ,
2 2
f x xy f y f x f y x y
  
+ + = + + ∀ ∈

 ÷ ÷
  
¡
(1)
Dễ thấy hàm
f
hằng không thỏa mãn. Ta xét
f
không hằng.
Trong (1) cho y=-1 ta được:
1 1
( ( 1)) ( ) ( 1) ,
2 2
f f f x f x
  
− = + − + ∀ ∈
 ÷ ÷
  
¡
Rõ ràng nếu
1
( 1) 0
2
f − + ≠
thì
f
là hàm hằng. Do đó:
1 1
( 1) 0 ( 1)
2 2

f f− + = ⇒ − = −
Ta sẽ chứng minh:
1
( ) 0 1
2
f x x+ = ⇔ = −
.
Thật vậy, giả sử tồn tại
1a ≠ −
sao cho
1
( )
2
f a
−
=
.
Trong (1) chọn
y a=
ta có:
1
( ) 0,
2
f ax x x+ − = ∀ ∈¡
.
Mâu thuẫn vì
f
không là hàm hằng. Do đó ta có:
1a = −
.

Chú ý là
1
( 1)
2
f − = −
nên từ (1) ta có :
1
( ) 0
2
f
−
=
.
Trong (1) chọn
1
( )
2
1
f y
x
y
− −
=
+
ta được :
1 1 1
( ) ( ) ( )
1 1
2 2 2
( ( )) ( ) ( )

1 1 1 2 2
f y f y f y
f y f y f f y
y y y
 
− − − − − −
 ÷
 
 ÷+ + = + +
 ÷
+ + +
 
 ÷
 ÷
 
1
( )
1 1 1
2
( ) 0, 1
1 2 2 2
f y
f f y f y
y
 
 
− −
 ÷
 ÷
−

   
 ÷
 ÷⇔ + + = = ∀ ≠ −
 ÷  ÷
+
 ÷
   
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
0,5đ
0,5đ
1đ
1đ
1 1
( ) ( )
1
2 2
, 1 1, 1
1 2 1
1
( ) , 1
2
f y f y
f y y
y y
f y y y
 

− − − −
 ÷
 ÷⇒ = − ∀ ≠ − ⇔ = − ∀ ≠ −
+ +
 ÷
 ÷
 
⇒ = + ∀ ≠ −
Do
1
( 1)
2
f − = −
nên
1
( ) ,
2
f x x x= + ∀ ∈¡
.
Thử lại ta có hàm số cần tìm là
1
( ) ,
2
f x x x= + ∀ ∈¡
.
1đ
Câu 5 ( 4 điểm): Gọi
1 2

n

a a a
với
{ }
2;0
i
a ∈
là một xâu có độ dài n.
Gọi xâu 20 là xâu OLIMPIC nếu 2 và 0 là hai phần tử liên tiếp theo thứ tự đó ở trong xâu
có độ dài n đã cho ( ví dụ như xâu 2220022 có độ dài là 7 và trong đó có 1 xâu OLIMPIC).
Xét các xâu có độ dài 30 và chứa k xâu OLIMPIC, biết rằng có
9
31
C
xâu như thế. Tìm k?
Gọi H là số là xâu chứa toàn là số 2 có độ dài lớn hơn hay bằng 1
Gọi K là số là xâu chứa toàn là số 0 có độ dài lớn hơn hay bằng 1.
Ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1. HKHKHK…HK (*) ( có k xâu loại H, k xâu loại K)
Trường hợp 2. HKHKHK…HKH ( có k+ 1 xâu loại H, k xâu loại K)
Trường hợp 3. KHKHK…KHK ( có k xâu loại H, k+1 xâu loại K)
Trường hợp 4. KHKHK…KHKH( có k+1 xâu loại H, k+1 xâu loại K)
Xét trường hợp 1.
Gọi
1
x
là số phần tử ở xâu H ( H ở vị trí đầu tiên trong (*)) ,
1
1x
≥
Gọi

2
x
là số phần tử ở xâu K ( K ở vị trí thứ hai trong (*)) ,
2
1x
≥
.
…
Gọi
2k
x
là số phần tử ở xâu K ( K ở vị trí cuối trong (*)) ,
2
1
k
x
≥
Ta có :
1 2 2
30
k
x x x
+ + + =
.
Theo bài toán chia kẹo Euler : Số xâu có độ dài 30 và chứa k xâu OLIMPIC
trong trường hợp 1 là
2 1
29
k
C

−
.
Tương tự như vậy ta có các trường hợp còn lại và kết hợp với quy tắc cộng
ta có :
2 1 2 2 2 1 9
29 29 29 29 31
2 1 9
31 31
9 2 1
4
9 31 (2 1)
k k k k
k
C C C C C
k
C C k
k
− +
+
+ + + =
= +

⇔ = ⇒ ⇒ =

= − +

Vậy k=4.
1đ
1đ
1đ

1đ
Người ra đề: Nguyễn Trường Sơn
ĐT: 0974 515 696