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

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

LỚP 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 01 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (4 điểm) : Cho dãy số

( un )

xác định bởi u1 = 1, u2 = 2, un + 2 = un + 2un+1 , n ≥ 1.

un+1
n →+∞ u
n .
Tìm
lim

Câu 2 (4 điểm) : Kí hiệu A1, B1, C1 là trung điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác
nhọn ABC. A2, B2, C2 là hình chiếu của A, B, C trên B1C1, C1A1, A1B1. Trung điểm các
đoạn A2B2, C2A2, A2B2 là A3, B3, C3. Chứng minh các đường thẳng A1 A3 , B1B3 , C1C3 đồng
quy.
Câu 3 (4 điểm) : Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn một trong hai điều kiện

( i ) : f ( x 2 + f ( y ) ) = y + xf ( x )

( ii ) : f ( ( f ( x ) )

2

∀x, y ∈ ¡

,

)

+ f ( y ) = y + xf ( x ) ∀x, y ∈ ¡ .

Câu 4 (4 điểm) : Trên bàn cờ 10 x 10 người ta viết các số từ 1 đến 100. Mỗi hàng chọn
ra số lớn thứ ba. Chứng minh rằng tồn tại một hàng có tổng các số trong hàng đó nhỏ
hơn tổng các số lớn thứ ba được chọn.
Câu 5 (4 điểm) : Cho a, b là hai số nguyên dương với b ≤ a . Biết rằng tồn tại cặp số
nguyên dương

( u, v )

2
2
sao cho u + v − auv = b . Chứng minh rằng b là số chính

phương.
-------------------------- HẾT ----------------------------Người ra đề

Ngô Lan Hương

(ĐT : 0914 935 908)
HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN. LỚP 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối da theo thang điểm
đã định.
Câu

1

2

Nội dung
Điểm
Dễ thấy dãy đã cho là dãy số dương, do đó không có số hạng nào của
1,0
un + 2
u
= 2 + n , n ≥ 1.
un+1
dãy bằng 0. Từ công thức truy hồi của dãy ta có un+1
un+1
1
,n ≥1
v1 = 2, vn+1 = 2 + , n ≥ 1.
un
vn
Đặt
, ta được dãy số
1,0
vn )

(
v
≥
2,
∀
n
≥
1
Dễ thấy dãy
là dãy số dương và n
. Do đó
1 1
1 5
5
5
≤ ⇒ 2 + ≤ ⇒ vn+1 ≤ , ∀n ≥ 1.
2 ≤ vn ≤
vn 2
vn 2
2
2 .
Vậy ta có
1
 5
1
f ( x ) = 2 + , x ∈  2; 
f ' ( x ) = − 2 < 0, ∀x.
x
x
 2  . Ta có

Xét hàm số
Do đó
v
có hai dãy con đơn điệu của dãy ( n ) và hai dãy con này đều bị chặn
1,0
a = lim v2 n
b = lim v2 n+1
n →+∞
n →+∞
nên chúng có giới hạn. Giả sử
và
thì ta có hệ
1
a = b = 1 + 2


a = 2 + b
a = b
⇔
⇔

 ab = 1  a = b = 1 − 2
1

 ab = 1
b = 2 +


a
1,0

Ta thấy chỉ có a = b = 1 + 2 thỏa mãn và đây là giới hạn cần tìm.
vn =

Cách 1: Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 .
0
·
·
µ ·
·
·
Ta có: B1C1 A1 = BA1C1 = C = A1OC2 ⇒ BA1C1 + OA1C2 = 90 .

1,0

Dựng hình bình hành OEA1F có:
·
· B sin EOA
·
A1E A1E sin EOA
A1B2 A1B.cos BA
1
1 2
1
=
=
=
=
· O A1C2 A C.cos CA
· C
· O

A1F OE sin EA
sin EA
1
1
1 2
1
,
.
Do đó EF / / B2C2 .

1,5

Vì A1O đi qua trung điểm EF nên đi qua trung điểm B2C2 ⇒ A1 A3 đi
qua O. Tương tự B1B3 , C1C3 đi qua O.


1,5

Cách 2: Dùng định lí Ceva dạng sin.
·
·
Đặt α1 = B2 A1 A3 , α 2 = C2 A1 A3

,

1
1
A1B2 . A1 A3 sin α1; S A1C2 A3 = A1C2 . A1 A3 sin α 2
2
2

A B sin α1
sin α1 A1C2
1= 1 2 .
⇒
=
A
C
sin
α
sin
α
A1B2 .
1 2
2
2
Lâp tỉ số:
S A1B2 A3 =

a
a
AC
cos B
A1B2 = cos C , A1C2 = cos B ⇒ 1 2 =
2
2
A1 B2 cos C .
sin β1 B1 A2 cos C sin γ1 C1B2 cos A
=
=
;

=
=
sin
β
B
C
cos
A
sin
γ
C
A
cos B
2
1 2
2
1 2
Tương tự:
⇒

3

sin α1 sin β1 sin γ1
.
.
= 1 ⇒ A1 A3 , B1B3 , C1C3
sin α 2 sin β2 sin γ 2
đồng quy.

Ta tìm hàm f thỏa mãn (ii). Đối với (i) ta làm tương tự. Ngoài ra có thể

thấy hai điều kiện này có thể biến đổi về nhau.
1,0
f 0 = 0, f ( f ( y ) ) = y ∀y ∈ ¡ .
Ta cũng dễ thấy f là đơn ánh và ( )
f ( x)
Trong (ii) thay x bởi
ta có

(

)

f  f ( f ( x ) )  + f ( y ) = y + f ( x ) f ( f ( x ) ) .
2

Mặt khác

f ( f ( y ) ) = y, ∀y ∈ ¡

(

)

)

f x 2 + ( y ) = y + xf ( x ) , ∀x , y ∈ ¡ .

nên

f x2 + f ( y) = f

Kết hợp (ii) thì
2
x2 + f ( y ) = ( f ( x ) ) + f ( y )

(

1,0

( ( f ( x) )

2

+ f ( y)

)

mà f đơn ánh nên
1,0
= x 2 , ∀x ∈ ¡ .

f ( x) )
. Suy ra (
Ta chỉ ra không tồn tại đồng thời a ≠ 0, b ≠ 0
thỏa mãn
f ( a ) = a, f ( b ) = −b
. Thật vậy, giả sử tồn tại a, b như trên. Trong (ii)
1,0
f a2 − b = a 2 + b.
x

=
a
,
y
=
b
lấy
ta có

(

( f ( x) )

2

= x 2 , ∀x ∈ ¡

2

)

(a

2

) (
2

Do
nên

thuẫn.
f ( x ) = x ∀x ∈ ¡
f ( x ) = − x ∀x ∈ ¡ .
Vậy
hoặc
Thử lại thấy hai hàm này thỏa mãn.
4

)

2

− b = a2 + b ⇒ a2 b = 0

, mâu

Sắp xếp thứ tự của 10 số lớn thứ ba của các hàng là a1 > a2 > ... > a10. Ta


thấy tối đa là 20 số có thể lớn hơn a1 (là các số lớn thứ nhất và thứ hai ở 1,0
mỗi hàng).
Vì vậy a1 ≥ 80 . Tương tự có tối đa 28 số có thể lớn hơn a2 . Vì vậy
a2 ≥ 72. Từ đó
1,0
a1 + a2 + ... + a10 ≥ 80 + 72 + ( a10 + 7 ) + ( a10 + 6 ) + ... + a10 = 8a10 + 180.
Trong khi đó, tổng các số ở hàng chứa a10 không lớn hơn
100 + 99 + a10 + ( a10 − 1) + ... + ( a10 − 7 ) = 8a10 + 171.

5

1,0

Do 8a10 + 171 < 8a10 + 180 nên hàng chứa a10 là hàng thỏa mãn yêu 1,0
cầu.
u, v )
Chọn cặp (
trong các cặp thỏa mãn yêu cầu sao cho u + v nhỏ nhất
u 2 − a.v.u + ( v 2 − b ) = 0
u
≥
v
với
. Coi
là phương trình bậc hai ẩn u. Vì 1,0
sự tồn tại của u nên phương trình này còn có nghiệm thứ hai là u ' . Theo
định lý Vi – ét ta có u + u ' = a.v ⇒ u ' ∈¢ .
2
2
1,0
Vì u ' + v ≤ a ( u ' v + 1) nên u ' ≥ 0 .
2
2
u
'
+
v
= avu '+ b ≤ avu '+ a = a ( vu '+ 1) ).
(Do
2
Nếu u ' = 0 thì v = b là số chính phương.

1,0

2
Nếu u ' > 0 thì u.u ' = v − b ⇒ u ' < v ≤ u ⇒ u '+ v ≤ u + v ( vô lý vì tổng 1,0
u + v nhỏ nhất). Vậy ta có điều phải chứng minh.