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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII NĂM 2016

Môn: TOÁN - LỚP 11
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4,0 điểm).
Cho dãy số thực ( xn ) xác định bởi x1 = 3 và xn +1 = 21 + 2 xn + 6 với mọi n = 1, 2,...
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn . Tính giới hạn đó.

Câu 2 (4,0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng :
x
1 + x2

+

y
1+ y2

+

z
1+ z2

+

1
1
1 21
+ 2+ 2≥
2
x
y
z
2

Câu 3 (4,0 điểm).

Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn: b3 − 1 chia hết cho a và a − 1 chia hết cho
a . Chứng minh rằng : a = b b + 1 hoặc a = b 2 + b + 1 .

Câu 4 (4,0 điểm).
Xét các điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng
chứa các cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN song song với BC và các đường
thẳng BN, CM cắt nhau tại P. Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P) của đường tròn
ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP.
1.

Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

2.

Gọi A′ , B′ , C ′ lần lượt là điểm đối xứng với Q qua các đường thẳng BC , CA , AB .

Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A′B′C ′ nằm trên một đường thẳng

cố định.

Câu 5 (4,0 điểm).

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có thể loại bỏ hai số thuộc tập
hợp S n = { 1,2,..., n} sao cho tổng các số còn lại là số chính phương.

………. Hết……….
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………….


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII NĂM 2016

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Môn: TOÁN - LỚP 11
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)

Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học
sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,50 và không làm tròn.

Câu 1. (4,0 điểm)
Nội dung
Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được xn ≥ 3 ∀n = 1, 2,...

Điểm
0,5

Ta có x1 = 3, x2 = 21 + 2 x1 + 6 ≤ 21 + 4 = 5
Giả sử xn ≤ 5 . Khi đó xn +1 = 21 + 2 xn + 6 ≤ 21 + 4 = 5 theo nguyên lý quy nạp suy
ra

xn ≤ 5, ∀n ∈ Z+ . Tóm lại ta đã chứng minh được 3 ≤ xn ≤ 5, ∀n = 1, 2,...

Ta có x1 < x2 . . Giả sử xn −1 < xn . khi đó

(

) (

0,5

( 1)

)

21 + 2 xn + 6 − 21 + 2 xn −1 + 6
2 xn + 6 − 2 xn −1 + 6
xn2+1 − xn2
xn +1 − xn =
=
=
>0
xn +1 + xn
xn +1 + xn
xn +1 + xn
Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra dãy số đã cho là dãy số tăng.
Dãy ( xn ) tăng và bị chặn trên do đó dãy có giới hạn hữu hạn. Đặt lim = L
n →+∞

0, 5

0,5

3 ≤ L ≤ 5 . Từ xn +1 = 21 + 2 xn + 6 , ∀n = 1, 2,... cho n → +∞ ta được

( 2)

L = 21 + 2 L + 6 .
Với điều kiện 3 ≤ L ≤ 5 ta có

( 2 ) ⇔ L2 = 21 +

(

)

2l + 6 ⇔ ( L2 − 25 ) + 4 − 2l + 6 = 0

10 − 2 L
2


= 0 ⇔ ( L − 5)  L + 5 −
( 3)
=0
4 + 2L + 6
4 + 2L + 6 

2
> 0 ∀3 ≤ L ≤ 5 . Vậy phương trình ( 3) có nghiệm duy nhất
Dễ thấy L + 5 −
4 + 2L + 6
L = 5 . Từ đó lim xn = 5

1,0

⇔ ( L2 − 25 ) +

n →+∞

2

1,0

xn = 5
Kết luận: dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn và và nlim
→+∞
Câu 2. (4,0 điểm)
Nội dung

x

Đặt : M =

+

y

+

z

Điểm

1
1
1
+ 2+ 2
2
x
y
z

+

1+ x
1+ y
1+ z
1
1
1
1
1
1
=
+
+
+ 2+ 2+ 2
x
y
z
1
1
1
+1
+1
+1
2
2
2
x
y
z

2

2

2

0,5

1
1
1
1
1
1
; b = 2 ; c = 2 , ( a, b, c > 0 ) , thì 1 = xy + yz + xz =
+
+
2
x
y
z
ab
bc
ca
1
1
1
3
+
+

≥3
⇒ abc ≥ 27
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 1 =
ab
bc
ca
abc

1,0

1
1
1
+
+
+a+b+c
a +1
b +1
c +1
1
a +1  1
1
b +1
 1
=
+
+
+
+
+

÷
÷+
 2 a + 1 2 a + 1 16   2 b + 1 2 b + 1 16 
1
c + 1  15
3
 1
+
+
+ ( a + b + c) −

÷
16
 2 c + 1 2 c + 1 16  16

1,0

Đặt a =

Khi đó M =

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

M ≥ 33
=

a +1
b +1
c +1
15

3
+ 33
+ 33
+ ×3 3 abc −
64 ( a + 1)
64 ( b + 1)
64 ( c + 1) 16
16

1,0

3 3 3 15
3 21
+ + + ×3 ×3 − =
4 4 4 16
16 2
3
3

Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 3 hay x = y = z =

0,5

Câu 3. (4,0 điểm)

(

Nội dung

Giả thiết : b − 1 Ma ⇒ b − 1 = ka , k ∈ N

3

3

*

) ( *)

Điểm

và a − 1 Mb .

Từ đó suy ra k ≡ −1( mod b ) ⇒ k = −1 + lb , l ∈ N , l < b ,
*

Từ ( *)

2

( **)

b3 − 1
và ( **) ⇒ b − 1 = ( −1 + lb ) a ⇒ a =
⇒ ( b3 − 1) Mlb − 1
lb − 1

1,0

3

0, 5

⇒ lb3 − l + b 2 − b 2 Mlb − 1 ⇔ b 2 ( lb − 1) + b 2 − l Mlb − 1 ⇒ b 2 − l Mlb − 1
Mặt khác

l 2b3 − l 2 + b − b Mlb − 1 ⇔ b ( l 2b 2 − 1) + ( b − l 2 ) Mlb − 1 ⇒ l 2 − b Mlb − 1

l6 −1 3
Trường hợp 1. l = b ⇒ a = 3
= l +1 = b b +1
l −1
2

Trường hợp 2. l 2 ≠ b ⇒ l ≠ b
3

0,5
0,5


•

2
2
2
Xét 1 < l < b . Do b − l M lb − 1 ⇒ b − l > lb − 1 mà b − l M lb − 1

l > 1 ⇒ b < lb ⇒ b − l < lb − 1 , mâu thuẫn (loại )
2

2

•

Xét

0,5

2
2
2
b < l < b . Do l − b M lb − 1 ⇒ l − b > lb − 1 mà l < lb , q > 1

l 2 − b < lb − 1 , mâu thuẫn (loại )

1,0

Vậy l = 1 ⇒ a = b 2 + b + 1

Kết luận a = b b + 1 hoặc a = b 2 + b + 1
Câu 4. (4,0 điểm)
Nội dung

Điểm

1) (2,0 điểm).
Do B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn và C , Q, P, N cùng nằm trên một
đường tròn, nên ( BQ ; BM ) ≡ ( PQ ; PM ) ≡ ( PQ ; PC ) ≡ ( NQ ; NC ) ( mod π )
và ( MQ ; MB) ≡ ( PQ ; PB) ≡ ( PQ ; PN ) ≡ (CQ ; CN ) ( mod π )
Từ đó suy ra ∆BQM ~ ∆NQC (2)

Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. Khi đó, do
QI MB AB
=
=
(2) nên
(do MN || BC ).
QJ NC AC

1,0

1,0

Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam
giác ABC.
2) (2,0 điểm).
Gọi L là giao điểm của AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có
MA LB NC
× ×
= −1
(1)
MB LC NA
MA NA
LB
=
= −1 hay L là trung điểm BC.
Do MN || BC nên
từ đó và (1) suy ra
MB NC
LC

0,5

Do AQ là đường đối trung nên ∠BAQ = ∠CAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp
nên ∠AQI = ∠AJ I suy ra ∠CAP + ∠AJI = ∠AQI + ∠BAQ = 900 ⇒ AP ⊥ IJ (3).

0,5

4


Do cách xác định các điểm B′ , C ′ nên AB′ = AC ′ = AQ hay tam giác AB′C ′ cân tại A ,
kết hợp với IJ là đường trung bình của tam giác QB′C ′
⇒ IJ || B ' C ', AB ' = AC ' (4)

Từ (3), (4) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác A′B′C ′ nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam
giác ABC.

0,5

0,5

Câu 5. (1,0 điểm)
Nội dung
Xét tập S n = { 1, 2,..., n} loại đi hai số thuộc S n và gọi S là tổng các số còn lại thì

n ( n + 1)
n ( n + 1)
n 2 − 3n + 2
n2 + n − 6

− ( n − 1 + n) ≤ S ≤
− ( 1 + 2) ⇔
≤S≤
2
2
2
2
 n ( n + 1)
n ( n + 1)

− ( n −1 + n) ;
− ( 1 + 2 )  thì luôn tồn tại
Hơn thế nữa với mọi a ∈ 
2
 2

cách xóa đi hai số từ S n để S = a .
 n 2 − 3n + 2 n 2 + n − 6 
;
Cuối cùng chỉ cần chứng minh trong đoạn 
 có ít nhất một số
2
2



Điểm
1,0

1,0

chính phương
Phản chứng: Thật vậy giả sử không tồn tại số chính phương nào thuộc đoạn nói trên
nghĩa là với mọi m ∈ N* ta có : m 2 <

n 2 − 3n + 2 n 2 + n − 6
2
<
< ( m + 1)
2
2

n 2 − 3n + 2
n2 + n − 6
n2 + n − 6
n 2 − 3n + 2
m<
<
< m +1 ⇔
−
<1
2
2
2
2
⇒ 2n 2 − 14n + 21 < 0 ( Bất đẳng thức này sai với n ≥ 5 )
Cuối cùng ta cần kiểm tra với n ≤ 4
• n = 3 xét tập S3 = { 1, 2,3} ta loại bỏ hai số 2 và 3
•

n = 4 xét tập S4 = { 1, 2,3, 4} ta loại bỏ hai số 2 và 4

……. Hết……….

5

1,0

0,5
0,5