Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương lần thứ 12 các trường chuyên mới nhất trường hạ long quảng ninh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
MÔN TOÁN LỚP 11.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

Câu 1 (4 điểm) Tìm tất cả các hằng số c > 0 sao cho mọi dãy số dãy số (un ) thỏa mãn
un ∈ (0;1)
∀n ≥ 1

un +1 (1 − un ) > c

đều hội tụ. Với giá trị c tìm được hãy tính giới hạn của dãy (un ) .
·
Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC và một điểm M nằm trong tam giác sao cho MBA
>
·
·
·
và MBC
. Giả sử BM và CM lần lượt cắt AC và AB tại P, Q, chứng minh
MCA
> MCB

rằng BP < CQ.
Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên không âm n sao cho tồn tại một hàm
f : ¢ → [0; +∞) khác hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau

i)

f ( xy ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y ∈ ¢

ii)

{ 2 f (x

2

+ y 2 ) − f ( x ) − f ( y )∣ x, y ∈ ¢} = { 0;1; 2; ...; n}

Câu 4 (4 điểm) Cho a, m, n là các số nguyên dương sao cho a > 1, m ≠ n. Chứng minh rằng
nếu a m − 1 và a n − 1 có các ước nguyên tố giống nhau, thì a + 1 là một lũy thừa của 2.
Câu 5 (4 điểm) Cho số nguyên n ≥ 1 . Tìm số lớn nhất các cặp gồm 2 phần tử phân biệt
của tập { 1; 2;...; n} sao cho tổng của các cặp khác nhau là các số nguyên khác nhau và
không vượt quá n .

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


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HẠ LONG.

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT CHO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LỚP 11.

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Ta xét các trường hợp sau

1,0

1
+ Nếu c > , thì từ giả thiết, ta có un +1 >
4

cun
c
=
≥ 4cun ; ∀n ≥ 1
1 − un un (1 − un )

Từ đây bằng quy nạp, ta suy ra un > (4c) n −1 u1 . Do 4c > 1 nên un → +∞ khi
n → +∞ . Do đó, c >

1
không thỏa mãn.
4
 1 − 1 − 4c 1 + 1 − 4 c 
;
÷
÷, a < b sao cho
2
2



1

4

+ Nếu 0 < c < , thì tồn tại a, b ∈ 

 1 − 1 − 4c 1 + 1 − 4 c 
 a(1 − b) > c
;
. Thật vây, lấy a ∈ 
÷

÷, đặt b = a + x ( x > 0) ,
2
2
b(1 − a ) > c



1,0

thì
a (1 − a ) − c
.
a
Chú ý là b(1 − a ) > a (1 − a ) > c. Do đó, ta chỉ cần chọn x > 0 như trên và
b = a + x, thì được 2 bất đẳng thức nêu trên.
a (1 − b) > c ⇔ a (1 − a − x) > c ⇔ x <

Câu 1
(4 điểm)

Xét dãy số (un ) xác định bởi
 a nêu n = 2m
un = 
b nêu n = 2m + 1

thì dãy (un ) thỏa mãn giả thiết nhưng không hội tụ. Thành thử, 0 < c <

1,0

1
cũng
4

không thỏa mãn.
1
+ Nếu c = , thì un +1 >
4

un
1
=
≥ un . Suy ra dãy (un ) tăng và bị
4(1 − un ) 4un (1 − un )

chặn. Do đó, (un ) hội tụ.
Đặt x = lim un , thì từ giả thiết ta có x(1 − x) ≥

1
1
1

hay x = . Vậy lim un = .
4
2
2

1,0


0,5

Câu 2
(4điểm)

Ta thấy AB, CD, MN lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn
(AOB) và (O); (AOB) và (COD); (COD) và (O) nên AB, CD, OM đồng quy
tại tâm đẳng phương S. SO cắt (O) tại E, F.
Ta có SE.SF = SA.SB = SM .SO và O là trung điểm EF nên theo hệ thức
Maclaurin, ta có (SMEF) = -1 , do đó M thuộc đường đối cực của S (1)
Mà I cũng thuộc đường đối cực của S (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM là đường đối cực của S, do đó góc IMO bằng 90o.
Tương tự góc INO bằng 90o, ta có đpcm
Câu 3
(4 điểm)

1,0

1,5

1,0

Với a ∈ Z bất kì, bằng cách thay x = y = a k ; k ∈ ¥ * vào i) được
2 f ( a) k  f (2) f ( a) k − 1 ∈ { 0;1; 2;...; n}
(1)
k
+ Nếu f (2) = 0, thì −2 f (a ) ∈ { 0;1; 2;...; n} ⇒ f (a) = 0.
+ Nếu f (2) > 0, thì ta thấy f (a ) = 0 hoặc f ( a) = 1. Thật vậy, nếu f (a ) > 1, thì
k
k
bằng cách cho k → +∞ , ta thấy 2 f ( a)  f (2) f (a) − 1 → +∞ nên (1) không
k
k
thể xảy ra, còn nếu 0 < f (a ) < 1, thì với k đủ lớn, 2 f ( a)  f (2) f ( a) − 1 < 0

1,0

nên (1) cũng không thể xảy ra. Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi a,
thì f ( a) = 0 hoặc f ( a) = 1.
2
2
Từ đó suy ra 2 f ( x + y ) − f ( x) − f ( y ) ∈ { 0;1; 2} ; ∀x, y ∈ Z .
(2)
Do đó, n ≤ 2.
*)Nếu n = 0, thì 2 f ( x 2 + y 2 ) = f ( x) + f ( y ); ∀x,y ∈ ¢ .
Vì f khác hằng nên tồn tại x0 ∈ ¢ sao cho f ( x0 ) ≠ 0 . Khi đó,
f ( x0 ) = f ( x0 ) f (1) ⇒ f (1) = 1.
Do f khác hằng nên tồn tại x1 ∈ ¢ sao cho f ( x1 ) ≠ 1 . Từ i), ta có
f (0) = f ( x1 ). f (0) ⇒ f(0)=0.

Bây giờ, sử dụng (2), ta được
2 = 2 f (12 + 02 ) = f (1) + f (0) = 1.

1,0


Điều vô lí này chứng tỏ n = 0 không thỏa mãn.
*)Nếu n = 1, thì hàm số
0 nêu x = 0
f ( x) = 
1 nêu x ≠ 0
thỏa mãn đề bài. Do đó, n = 1 thỏa mãn đề bài.

0,5

*)Nếu n = 2, thì ta thấy không thể tồn tại 2 số p, q ∈ Z; ( p, q) = 1 sao cho
f ( p 2 + q 2 ) = 0 . Thật vậy, nếu trái lại, thì ∀x, y ∈ Z, ta có
0 = f ( p 2 + q 2 ) f ( x 2 + y 2 ) = f ( ( p 2 + q 2 )( x 2 + y 2 )

= f ( ( xp + yq) 2 + ( xq − yp ) 2 )

Kết hợp với (2) suy ra f ( xp + yq ) = f ( xq − yp ) = 0. Thế nhưng, do ( p, q) = 1
nên tồn tại x, y ∈ Z để xp + yq = 1. Do đó, 1 = f ( xp + yq) = 0. Điều vô lí này
chứng tỏ
f ( x 2 + y 2 ) = 1; ∀x, y ∈ Z; ( x, y ) = 1.

Bây giờ, ta xét hàm số

 p∣ x
0 nêu 

q∣ x

f ( x) = 
 p Œx

1
n
ê
u


q Œx


trong đó p, q là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4k + 3.
Ta sẽ chứng minh hàm f ( x) xây dựng như trên thỏa mãn
f ( xy ) = f ( x ) f ( y ); ∀x, y ∈ Z
i)
{ 2 f ( x 2 + y 2 ) − f ( x) − f ( y)∣ x, y ∈ Z} = { 0;1; 2}
ii)
-Kiểm tra điều kiện i)

1,5

 p ∣ xy

thì hiển nhiên f ( xy ) = 0 = f ( x) f ( y ) .
 q ∣ xy
 pq Œx
Nếu 
thì f ( xy ) = 1 = f ( x) f ( y )
 pq Œy

Nếu 

-Kiểm tra điều kiện ii)
2
2
Vì f ( x) ∈ { 0;1} nên { 2 f ( x + y ) − f ( x ) − f ( y )∣ x, y ∈ Z} ⊆ { 0;1; 2}
 2 f (1 + p 2 ) − f (1) − f ( p ) = 1

2
2
Dễ thấy 2 f ( p + q ) − f ( p ) − f (q ) = 2 nên
 2 f (0) − f (0) − f (0) = 0

{ 2 f ( x 2 + y 2 ) − f ( x) − f ( y)∣ x, y ∈ Z} = { 0;1; 2}

Vậy n = 1, n = 2 là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài.
Câu 4
(4điểm)

Giả sử m > n và d = (m, n). Vì

1,0

(a − 1, a − 1) = a
m

n

( m ,n )

−1 = a −1
d

nên a − 1 và a − 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Đặt
d

m

m = d .k (k > 1), b = a d ,

thì b − 1 và b k − 1 có các ước nguyên tố giống nhau.


Ta sẽ chứng minh k là một lũy thừa của 2. Thật vậy, nếu k không phải là lũy
thừa của 2, thì k có ước nguyên tố lẻ là p. Do b p − 1∣b k − 1 và b − 1∣b p − 1 nên
b p − 1 và b − 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Gọi q là một ước nguyên tố
của b p −1 +…+ b + 1, thì do b ≡ 1 ( mod q ) nên
b p −1 +…+ b + 1 ≡ p

1,0

( mod q ) ⇒ q = p.

Do đó, b p −1 +…+ b + 1 chỉ có ước nguyên tố là p, suy ra
b p −1 +…+ b + 1 = p t .
Vì b p −1 +…+ b + 1 > b − 1 nên t > 1. Từ b ≡ 1 ( mod p ) suy ra b = p.h + 1. Khi ấy
p 2 ( p − 1)
.u + A. p 2 ≡ p ( mod p 2 ) .
2
Điều mâu thuẫn này chứng tỏ k là một lũy thừa của 2.

b p −1 +…+ b + 1 = p +

1,0

Bây giờ nếu p là một ước nguyên tố bất kì của b + 1, thì p cũng là ước của
b − 1. Do đó, p = 2. Thành thử, b + 1 là một lũy thừa của 2 hay a d + 1 cũng vậy.
Do m = d .k là số chẵn nên a + 1∣a m − 1, suy ra các ước nguyên tố của a + 1 cũng
là các ước nguyên tố của a d − 1. Nếu a + 1 có ước nguyên tố lẻ là p, thì do
a ≡ −1 ( mod p ) nên a d ≡ ( −1) d = 1 ( mod p ) , suy ra d là số chẵn. Nhưng là số
d
lẻ a nên a + 1 ≡ 2 ( mod 8 ) , suy ra a d + 1 = 2. Vô lí vì a > 1. Vậy a + 1 phải là
lũy thừa của 2.
Giả sử có k cặp thỏa mãn đề bài. Gọi S là tổng của k cặp đó, thì

S ≥ 1 + 2 + ... + 2k = k (2k + 1)
k (k − 1)
Dễ thấy S ≤ n + (n − 1) + ... + (n − k + 1) = nk −
. Do đó,
2
k (k − 1)
 2n − 1 
k (2k + 1) ≤ nk −
⇔k≤
2
 5 

1.5

 2n − 1 

Bây giờ ta xây dựng 
cặp thỏa mãn đề bài như sau
 5 
 2n − 1 
Trường hợp 1: Số n có dạng 5k + 1 hoặc 5k + 2 . Khi ấy, 
 = 2k . Ta xét
 5 

các cặp sau

Câu 5
(4điểm)

(4k + 1; k ), (4k ; k − 1), ... (3k + 2;1), (3k ; 2k ), (3k − 1; 2 k − 1), ... (2 k + 1; k + 1)
Rõ ràng dãy trên có 2k cặp thỏa mãn đề bài.
Trường hợp 2: Số n có dạng 5k + 3 hoặc 5k + 4 hoặc 5k + 5 . Khi ấy,
 2n − 1 
 5  = 2k + 1 . Ta xét các cặp sau
(4k + 2; k + 1), (4k + 1; k ),..., (3k + 2;1), (3k + 1; 2k + 1), (3k ; 2k ),..., (2k + 1; k + 1)
Dãy trên có 2k + 1 thỏa mãn đề bài.

1.0

1.0

 2n − 1 

Vậy số lớn nhất các cặp thỏa mãn đề bài là 
 5 

0.5

Người ra đề: Phạm Xuân Thịnh
Số điện thoại: 0904 165 336