Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương lần thứ 12 các trường chuyên sơn LA mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA

MÔN TOÁN – KHỐI 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (4,0 điểm). Cho p ∈ ¥ * , a > 0 và a1 > 0 . Xét dãy số (an ) được xác định bởi:
an +1 =

1
a 
 ( p − 1)an + p −1  , với mọi n ≥ 1 .
p
an 

Chứng minh dãy số (an ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. Hãy tìm giới hạn đó.
Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Các cạnh BC, CA, AB lần
lượt tiếp xúc với đường tròn (I) tại D, E, F. Gọi M, K lần lượt là các trung điểm các cạnh AC và
AB, P là giao của các đường thẳng MK và CI.
a) Chứng minh rằng các điểm D, F, P thẳng hàng.

b) Gọi Q là điểm thỏa mãn QP ⊥ MK và QM P BI . Chứng minh rằng QI ⊥ AC .
2
2

2
2
Câu 3 (4,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + ( x + y + z ) ≤ 4 .

Chứng minh rằng

xy + 1
yz + 1
zx + 1
+
+
≥ 3.
( x + y ) 2 ( y + z ) 2 ( z + x) 2

Câu 4 (4,0 điểm). Cho một sự bố trí vòng tròn quanh ba cạnh của một tam giác, một vòng ở mỗi
góc, hai vòng ở mỗi cạnh, mỗi số từ 1 đến 9 được viết vào một trong những vòng tròn này sao
cho.
i. Tổng của 4 số ở mỗi cạnh là bằng nhau.
ii. Tổng của bình phương của 4 số trên mỗi cạnh của tam giác là bằng nhau.
Tìm tất cả các cách thỏa mãn yêu cầu này.
Câu 5 (4,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho:
f ( p ) = (2 + 3) − (22 + 32 ) + (23 + 33 ) − ... − (2 p −1 + 3 p −1 ) + (2 p + 3 p ) chia hết cho 5.
----------------------- Hết ----------------------Người ra đề

Lưu Thế Dũng
Sđt liên hệ: 0915081886

HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: TOÁN – KHỐI 11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm
đã định.
Câu
1
(4,0 điểm)

Đáp án

Điểm

* Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
1 
a ÷
1
a
p
an +1 =
an + an + ... + an + p −1 ≥ p. p anp −1. p −1 = a , với ∀ n ≥ 1 . (1)
4 43 an ÷
p 1 442
p
an
p −1


Do đó:

an +1 − an =

1
a 
 ( p − 1)an + p −1  − an
p
an 

=−

1,0

1,0

an
a
anp − a
+
=
−
≤ 0; ∀ n ≥ 2
p p.anp −1
p.anp −1

Từ (1) và (2) ta có dãy số (an ) giảm và bị chặn dưới bởi

(2)
p

a;

suy ra dãy số (an ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞.

an = L ; ( L ≥ p a ).
Giả sử nlim
→+∞
Chuyển qua giới hạn hệ thức an +1 =
ta có phương trình L =

1,0
1
a 
 ( p − 1)an + p −1 
p
an 

1
a 
( p − 1) L + p −1  ⇔ pLp = ( p − 1) Lp + a

p
L 
1,0

p
⇔ Lp = a ⇔ L = a (thỏa mãn điều kiện).
p
an = a .
Vậy nlim
→+∞

2
(4,0 điểm)

Hình vẽ.
a) (2,0 điểm)
Kéo dài AP cắt CB tại S. Vì M, K là các trung điểm AC và AB nên P là
trung điểm AS .
+ Trong tam giác CAS có CP là trung tuyến và phân giác nên CA = CS
+ Đặt p = AB + BC + CA . Có AF = p − BC

(1)

0,5
0,5


+ SD = CS − CD = CA − ( p − AB ) = AB + AC − p
= AB + BC + CA − BC − p = p − BC .
⇒ SD = p − BC ,

0,5

(2)

Từ (1) và (2) suy ra : AF = SD . Chú ý : BD = BF , PA = PS .
FA DB PS
.
.
= 1 ⇒ P, F , D thẳng hàng.
+ Trong tam giác ABS có
FB DS PA
b) (2,0 điểm)

Có CI là trung trực của ED nên tam giác PDE cân tại P.

0,5

C 
B B C
A

·
·
= PDE
= 1800 −  900 − ÷−  900 − ÷ = + = 900 − = ·AEF
+ PED
2 
2 2 2
2

+ Giả sử Q1 là điểm thỏa mãn Q1M P BI , Q1I ⊥ AC suy ra Q, I, E thẳng

0,5

hàng.
A 
C

·
·
·
= 1800 − PED
− DEC

= 1800 −  900 − ÷−  900 − ÷
+ Có PEA
2 
2


0,5

A C
B.
= + = 900 −
2 2
2
B
0
·
·
⇒ PEQ
,
1 = 90 − PEA =
2

(3)

B
·
·
Nhưng PM PCB, MQ1 P BI ⇒ PMQ
,
1 = IBD =

2

(4)
0,5

+ Từ (3) và (4) suy ra tứ giác PMEQ1 nội tiếp
⇒ QI ⊥ AC.
· PM = Q
· EM = 900 hay Q1P ⊥ MK
⇒Q
1
1

3
(4,0 điểm)

0,5

+ Suy ra Q1 ≡ Q tức QI ⊥ AC. Suy ra điều phải chứng minh.
2
2
2
Theo giả thiết ta có: 2 ≥ x + y + z + xy + yz + zx . Khi đó:

 xy + 1  2 xy + x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx
2
≥
2 ÷
( x + y)2
 ( x + y) 

( x + y ) 2 + ( z + x)( y + x )
( z + x )( z + y )
=
=
1
+
( x + y )2
( x + y)2
 xy + 1 
( z + x)( z + y )
2
≥1+
2 ÷
( x + y)2
 ( x + y) 
 yz + 1 
( x + y )( x + z )
≥1+
Tương tự ta có: 2 
2 ÷
( y + z)2
 ( y + z) 
Hay ta được :

 zx + 1 
( y + z )( y + x)
2
≥
1
+

2 ÷
( z + x) 2
 ( z + x) 

(1)

1,0

0,5

(2)
0,5
(3)

Cộng tương ứng ba bất đẳng thức (1), (2), (3) và áp dụng bất đẳng thức

1,0


Côsi ta có:

 xy + 1
yz + 1
zx + 1 
2
+
+
2
2
2 ÷

 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) 
( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x)
≥3+
+
+
( x + y)2
( y + z )2
( z + x) 2
≥ 3 + 33

( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x)
.
.
=3+3= 6
( x + y )2
( y + z )2
( z + x) 2

Khi đó:

xy + 1
yz + 1
zx + 1
+
+
≥ 3.
2
2
( x + y ) ( y + z ) ( z + x) 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1,0

1
.
3

4

- Lấy bất kỳ một sự bố trí các con số, gọi x, y, z là số ở trong góc và S1 , S 2

(4,0 điểm)

lần lượt là tổng của bốn số, tổng của bình phương bốn số trên một cạnh bất
kỳ. Do điều kiện đã cho ta có:
1,0

9

3S1 = x + y + z + ∑ k = x + y + z + 45
k =1

9

3S 2 = x + y + z + ∑ k 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 285
2

2

2

(1)

k =1

(2)

- Từ đẳng thức (2) ta suy ra x, y, z hoặc tất cả chia hết cho 3 hoặc không có
số nào chia hết cho 3. Bởi nguyên lý Pigeouhole có hai số là đồng dư mod 3
. Lấy phương trình (1) theo mod 3 ta cũng suy ra 3 | ( x + y + z ) . Do đó

1,0

x ≡ y ≡ z (mod 3) .
- Nếu ( x, y, z ) = (3,6,9) hay (1, 4,7) thì S 2 = 137 hoặc 17.
- Nếu S 2 = 137 thì S 2 ≡ 1(mod 3) suy ra chỉ có một số trên 3 cạnh là lẻ. Điều
này không thể vì 5 > 3 số lẻ được viết trong mỗi khe.
Vì thế ( x, y, z ) = (2,5,8) và S 2 = 126 .

1,0

- Vì 92 + 82 > 126 nên 9 không thể nằm cùng cạnh với 8, tức nó nằm trên
cạnh chứa 2 hoặc 5.
2
2
2
2
2
- Vì min { 7 + 9 ;7 + 5 + 8 } > 126 , nên số 7 phải nằm trên cạnh chứa số 2

hoặc 8.
- Như vậy 4 lần các số trên 3 cạnh phải là (2, 4,9,5); (5,1,6,8); (8,7,3, 2) để

1,0

cho tổng bình phương các số trên mỗi cạnh bằng 126. Cuối cùng ta thử lại
5
(4,0 điểm)

các bộ số trên đều thỏa mãn.
Rõ ràng với k lẻ thì:

(2

k

+ 3k ) M5

0.5
(1)


- Thật vậy (1) đúng khi k = 1 vì lúc đó 21 + 31 = 5 M5 .
- Giả sử (1) đúng khi k = 2n + 1 , tức:

(2

2 n +1

+ 32 n +1 ) M5

- Xét khi k = 2(n + 1) + 1 = 2n + 3 . Ta có:
22 n +3 + 32 n +3 = 22.22 n +1 + 32.32 n +1 = 4.22 n +1 + 9.32 n +1

1,0

= 5.2 2 n +1 + 10.32 n +1 − 22 n +1 − 32 n +1
= 5 ( 2 2 n +1 + 2.32 n +1 ) − ( 22 n +1 + 32 n +1 )

(*)

2 n +1
2 n +1
Từ (*) và giả thiết quy nạp suy ra ( 2 + 3 ) M5 . Vậy (1) cúng đúng khi

k = 2n + 1 .
Theo nguyên lý quy nạp suy ra (1) đúng với mọi k lẻ. Từ đó suy ra:
p −1
2

f ( p ) M5 ⇔ ∑ ( 22 i + 32i ) M5

(2)

i =1

Để ý rằng 32 i ≡ (−2) 2 i ≡ 22 i (mod 5) . Vì thế từ (2) suy ra:
 p2−1

 p2−1





2i
2i 
f ( p ) M5 ⇔ 2∑ 2 M5 ⇔ ∑ 2 M5 ; (do (2,5) = 1 ).
 i =1

 i =1

Lại có 22 i ≡ 4i ≡ (−1)i (mod 5) nên từ (3) ta có:

1,0
(3)

 p2−1

p −1

i 
f ( p ) M5 ⇔ ∑ ( −1) M5 ⇔
= 2k ⇔ p = 4k + 1 .
2
 i =1

Vậy f ( p ) chia hết cho 5 khi và chỉ khi số nguyên tố p có dạng p = 4k + 1 .

1,0

0,5