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 THÁI BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ NĂM 2015

KHU VỰC DH VÀ ĐB BẮC BỘ

MƠN THI: TỐN LỚP 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH.
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

Người ra đề: Đào Thi Lê Dung

Đề thi gồm 01 trang

ĐT : 01685792492
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau:
 x4 + x2 y 2 − y 2 = y3 + x2 y + x2


5( x y + 7 + ( x + 1) 2x + y + 8) = 13(2x + 1)


Câu 2 (4 điểm). Cho dãy (an) với n > 0 được xác định bởi:
a1 = 1; a2 = 2; a3 = 6; a4 = 12

an + 4 = 2a n +3 + an+ 2 − 2a n +1 − an ∀ n ≥ 1

a) Chứng minh an chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n.
a

n
b) Đặt bn = n . Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của bn.

Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt
nhau tại S. Trung trực của AB, AC cắt d là phân giác trong góc A của tam giác ABC thứ tự tại
M và N. Gọi P là giao của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác MNP.
a) Chứng minh H, I đối xứng nhau qua d với H là trực tâm của tam giác OMN
b) Chứng minh A, I, S thẳng hàng.
Câu 4 (4 điểm): Cho hàm f : R+ → R+ ( R+ = {x ∈ R| x ≥ 0}) sao cho:
f ( x 2 ) + f ( y ) = f ( x 2 + y + xf (4 y )) ∀x, y ≥ 0

a) Chứng minh f là hàm tăng khơng nghiêm ngặt trên R+
b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.
Câu 5 (4 điểm): Với mỗi số nguyên dương m, kí hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao
cho luôn tồn tại một tâp S gồm m số nguyên dương để mỗi số nguyên chạy từ 1 đến k hoặc


thuộc S hoặc là tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử này không nhất thiết phân biệt). Chứng
minh:

m(m + 6)
m(m + 3)
≤ C ( m) ≤
4
2

.................................Hết.................................

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KHỐI 11.
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau:
 x 4 + x 2 y 2 − y 2 = y 3 + x 2 y + x 2 (1)


5( x y + 7 + ( x + 1) 2x + y + 8) = 13(2x + 1) (2)


HD
2x + y + 8 ≥ 0

ĐKXĐ:  y + 7 ≥ 0


 x2 + y2 = 0
( x 2 + y 2 )( x 2 − y − 1) = 0 ⇔  2
Từ (1) ta được:
 x = y +1

Trường hợp đầu suy ra x=y=0 nhưng ko là nghiệm của hệ
Do vậy ta được: x2 = y + 1 (1 điểm).
Thay vào phương trình (2) ta được:
5( x x 2 + 6 + ( x +1) x 2 + 2x + 7 ) = 13(2x +1)

a = x 2 + 6; b = x 2 + 2x + 7 ⇒ 2x + 1 = b 2 − a 2 ⇒ x =

a = b
Thay


2
⇒ ( a − b ) 5 ( a + b ) − 26(a + b) + 5 = 0 ⇒ a + b = 5

1
a + b =
5


(

)

Dễ thấy a + b ≥ 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại.
Hai trường hợp đầu ta tính được x=-1/2

b2 − a2 − 1
2

(2 điểm)


KL: Hệ có một nghiệm x=-1/2; y=-3/4 (1 điểm)
Câu 2 (4 điểm). Cho dãy (an) với n > 0 được xác định bởi:
a1 = 1; a2 = 2; a3 = 6; a4 = 12

an + 4 = 2a n +3 + an+ 2 − 2a n +1 − an ∀ n ≥ 1

a) Chứng minh an chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n.
a

n
b) Đặt bn = n . Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của bn.

HD
a) Ta có b1=1; b2=1; b3 = 2; b4=3
Dễ thấy bn = Fn với n=1;2;3;4. (1 điểm) .Bằng quy nạp ta chứng minh dãy (bn) trùng với dãy (Fn)
Thật vậy:
Mệnh đề đúng với n=1;2;3;4. Giả sử mệnh đề đúng đến n+3. Khi đó ta có:
(n + 4)bn + 4 = 2(n + 3) Fn +3 + (n + 2) Fn + 2 − 2( n + 1) Fn +1 − nFn

Dùng công thức của dãy Fibonaci : Fm+2 = Fm+1 + Fm ta dễ dàng biến đổi vế phải thành (n+4)Fn+4
suy ra bn+4 = Fn+4.
Vậy mệnh đề đúng với n+4, do đó nó đúng với mọi n nguyên dương.
Điều đó chứng tỏ an luôn chia hết cho n với mọi n nguyên dương. (1 điểm)
b) Gọi rn là số dư của bn cho 2015 với n=1;2;3;....
Trước tiên ta chứng minh (rn) là một dãy tuần hồn. Thật vậy:
Ta có : bn + 2 = b n +1+ bn ⇒ rn +2 ≡ rn +1 + rn (mod 2015)
1

2

2

3

n

n+1

Vì có vơ hạn các cặp (r ; r ), (r ; r ),..., (r ; r ) nhưng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau nên

m

tồn tại ít nhất hai phần tử của dãy trùng nhau. Ta giả sử là (r ; r
số nguyên dương). (0,5 điểm)

m+1

) =( r

m+T

m+T+1

;r

) (với T là một


n

Ta chứng minh (r ) tuần hoàn với chu kỳ T.
+ ) Ta có : rm + 2 ≡ rm+1 + rm (mod 2015); rm +T + 2 ≡ rm +T +1 + rm +T (mod 2015)
⇒ rm + 2 ≡ rm +T + 2 (mod 2015)
⇒ rm + 2 = rm +T + 2

Tiếp tục như vậy ta chứng minh được: rm+k = rm+T+k với mọi k>= 0 (1) (0,5 điểm)
+) Ta có : rm −1 ≡ rm +1 − rm (mod 2015); rm +T −1 ≡ rm +T +1 − rm +T (mod 2015)
⇒ rm −1 ≡ rm +T −1 (mod 2015)
⇒ rm −1 = rm +T −1
m-k

Bằng quy nạp ta chứng minh được: r

m+T-k

=r

với k=1;2;...;m-1 (2) (0,5 điểm)

n n>0

Từ (1) và (2) suy ra (r )
n

là một dãy tuần hoàn.
0

0

1

2

0

n

Bổ sung vào dãy (b ) phần tử b = 0 thỏa mãn b + b = b suy ra r = 0. Khi đó dãy (r ) là dãy
0

n

tuần hoàn bắt đầu từ phần tử đầu tiên r = 0. Do đó tồn tại vơ số phần tử trong dãy (r ) bằng
0.Như vậy câu b được chứng minh xong. (0,5 điểm)
Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt
nhau tại S. Trung trực của AB, AC cắt phân giác trong góc BAC thứ tự tại M và N. Biết BM cắt
CN tại P. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP. Chứng minh ba điểm S, A, I thẳng
hàng.
HD


E
A

N

O
H

I

P

M

C
D
B

E

S

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử bài tốn có vị trí tương đối như hình vẽ
Gọi D là trung điểm của BC, E là giao của phân giác góc A với (O) khác A. F là trung
điểm của MN.
a) +) Chứng minh OP là trung trực của MN. (1 điểm)
Vì hai tam giác cân MAB và NAC có các cặp góc tương ứng bằng nhau nên dễ thấy :
·
·
·
PMN = PNM , ·
OMN = ONM suy ra hai tam giác PMN và OMN cân tại P và O. Vậy OP là trung

trực của MN.
+) Chứng minh I, H đối xứng nhau qua d (1 điểm)
1

1

1

·
·
·
·
·
·
·
·

Ta có: IMF = 2 BME = 2 BAC , HMF = HON = 2 BAC ⇒ IMF = HMF .

Ta được đpcm.
b)+) Chứng minh AD, AS đối xứng nhau qua AE. (0,5 điểm)


Gọi EK là đường kính của (O). Ta có (DSEK) = -1 nên A(DSEK) = -1 mà AE và AK vng
góc với nhau suy ra AE là phân giác góc SAD. Ta có đpcm.
Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục ta thấy A, I, S thẳng hàng khi và chỉ khi A, H, D
thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều này. (1,5 điểm)
A
HO FO
2 − 1 = cos A ;
=
−1 =
A
A
HF FH
MF tan
sin 2
2
2
HO DE AF
⇒
.
.
= 1 ⇒ dpcm
HF DO AE
MF cot

A
DE R (1 − cos A)
2
=
=
DO
R cos A
cos A
2sin 2

Câu 4 (4 điểm): Cho hàm f : R+ → R+ ( R+ = {x ∈ R| x ≥ 0}) sao cho:
f ( x 2 ) + f ( y ) = f ( x 2 + y + xf (4 y )) ∀x, y ≥ 0

a) Chứng minh f là hàm tăng khơng nghiêm ngặt trên R+
b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.
HD
a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0.
2

Xét hàm g(x) = x + f(4y)x là hàm đồng biến trên R+ vì f(4y)>=0. Mà:
g (0) = 0; g (+∞) = +∞ ⇒ TGT g ( x ) = [0;+∞)
x≥0

nên với mỗi số dương a bất kỳ luôn tồn tại x0 để a= g(x0)

> 0 . Do đó f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với mọi số a dương. Chứng tỏ f là hàm tăng không
nghiêm ngặt.(1 điểm)
b) Xét hai trường hợp sau:
TH1: Tồn tại t > 0 để f(t) = 0.

Thay x = t ⇒ f ( y ) = f ( y + t + t f (4 y )) ≥ f (t + y )
Mà f (t ) ≤ f (t + y ) ⇒ f ( y ) = f ( y + t ) ∀y ≥ 0
⇒ f (0) = f (t ) = f (2t ) = ... = f (nt ) ∀n ∈ Z +

Kết hợpvới f(x) là hàm không giảm nên f(x) = 0 với mọi x khơng âm. Vì nếu ngược lại tồn tại u
> 0 để f(u) > 0 thì ln tồn tại n nguyên dương để nt > u nhưng f(nt) = 0 mâu thuẫn với tính
khơng giảm của hàm f. (1 điểm)
TH2: Với mọi số dương t có f(t) > 0. Theo chứng minh trên suy ra f là hàm tăng ngặt
2

2

2

2

2

2

Thay y bởi y ta có: f(x ) + f(y ) = f(x + y + xf(4y ))
2
2
2
2
Thay x bởi y, y bởi x : f ( y ) + f ( x ) = f ( y + x + yf (4 x ))

2

Vì f tăng ngặt nên:
x 2 + y 2 + xf (4 y 2 ) = y 2 + x 2 + yf (4 x ) ⇒ x ( f (4 y 2 ) = yf (4 x ) ⇒

f (4 y 2 ) f (4 x )
=
= kf ∀x > 0; y > 0
y
x

⇒ f ( x) = k x

Thử lại ta được k=1. (2 điểm)
KL: Bài tốn có hai nghiệm là

f ( x ) = 0; f ( x ) = x

Câu 5 (4 điểm): Với mối số nguyên dương m, kí hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao
cho luôn tồn tại một tâp S gồm m số nguyên dương để mỗi số nguyên chạy từ 1 đến k hoặc
thuộc S hoặc là tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử này không nhất thiết phân biệt). Chứng
minh:

m(m + 6)
m(m + 3)
≤ C ( m) ≤
4
2

HD
Trước tiên ta tính thử một vài giá trị ban đầu của C(m) để cảm nhận bài toán.
Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8

Nhận xét: Việc tính C(m) quy về việc đếm số phần tử của tập A xác định bởi:
A = S ∪ ( S + S ) ; S + S = { x + y | x, y ∈ S }

+) (2 điểm) Chứng minh:

C (m) ≤

m(m + 3)
2

| A |≤| S | + | S + S |≤| S | + | S | +C|2 | =
S

| S | (| S | +3) m( m + 3)
=
2
2

Chú ý : Để đánh giá số phần tử của tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y và x khác y.
Rõ ràng {1;2;3;...;k} là một tập con của A nên ta được đpcm.
+) (2 điểm) Chứng minh:

m(m + 6)
≤ C (m)
4

Ta sẽ chỉ ra một tập B sao cho với mọi số nguyên chạy từ 1 đến m(m+6)/4 hoặc thuộc B
hoặc là tổng hai số (không nhất thiết phân biệt) thuộc S(m). Khi đó C(m)>=m(m+6)/4.

Xét hai trường hợp sau:
TH1: m = 2n. (1 điểm)
Xét tập B(m) = {1; 2; 3;..; n; 2n+1; 3n+2;...; (n+1)n+n} gồm m phần tử và dễ thấy tập
B ∪ ( B + B)

chứa dãy số liên tiếp từ 1 đến (n+1)n + 2n và rõ ràng (n+1)n + 2n = 2n(2n+6)/4

TH2: m = 2n+1(1 điểm)
Khi đó ta xây dựng tập B(m)={1;2;3;..; n+1;2n+3;3n+5;...;(n+1)n+2n+1}gồm m phần tử và tập
B ∪ ( B + B)

chứa dãy số liên tiếp từ 1 đến (n+1)n+3n+2 và rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4


Từ hai TH trên ta được đpcm.


ĐỀ DỰ BỊ - THI OLIMPIC TOÁN CẤP TRƯỜNG NĂM 2013
Bài 1: Giải phương trình:
5 x 2 + 24 x + 28 − x 2 + x − 20 = 5 x + 2

Bài 2: Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn:
f : R → R và f ( x + xy + f ( y )) − f ( x) f ( y ) −

1 1
= ( f ( x ) + f ( y ) ) ∀x, y ∈ R
4 2

Bài 3: Cho a,b,c là ba số dương. Chứng minh:
a 2 + bc

b 2 + ca
+ 2
b 2 + bc + c 2
c + ca + a 2

c 2 + ab
≥ 6
a 2 + ab + b 2
n

Bài 4: Cho a,b,c là ba số nguyên và dãy (a ) xác định bởi:
a0 = a; a1 = b; a2 = c

an +3 = 2an + 2 + 2an +1 − an
n n+1

Tìm số nguyên k sao cho 4a a

+ k là một số chính phương.
a

b

c

d

Bài 5: Tìm các số a,b,c,d nguyên dương và thỏa mãn: (2 + 1) = (2 - 1) .

Bài 6: Chứng minh rằng từ 2013 số dương phân biệt ln có thể chọn được hai số sao cho tổng và
hiệu của chúng đều khơng bằng các số cịn lại.