Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương các trường chuyên mới nhất hà giang

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LỚP 11
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (04 điểm): Cho dãy số (un) thỏa mãn : u 0 = 2016; u n + 1 = u n +

1
.
u n2

u n3
.
n ®+ ¥ n
Câu 2 (04 điểm): Cho tam giác ABC cân tại A. Một đường tròn ω tiếp xúc với các
cạnh AB, AC và cắt cạnh BC lần lượt tại K và L. Đoạn AK cắt đường tròn ω tại M.
Gọi P và Q lần lượt là điểm đối xứng của K qua B và C. Gọi O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác MPQ. Chứng minh rằng các điểm M, O và tâm đường tròn ω
thẳng hàng.
Câu 3 (04 điểm): Cho ba số thực không âm x , y , z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Tính lim

P =

4
x2 + y2 + z2 + 4

-

4
(x + y ) (x + 2z )(y + 2z )

-

5
(y + z ) (y + 2x )(z + 2x )

.

Câu 4 (04 điểm): Cho ai , bi , ci ,1 ≤ i ≤ N là các số nguyên. Giả sử rằng với mỗi i
trong ba số ai , bi , ci có ít nhất một số lẻ. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên r , s, t
sao cho rai + sbi + tci là lẻ với ít nhất

4N
giá trị của i,1 ≤ i ≤ N .
7

Câu 5 (04 điểm): Giả sử phương trình x 2017 + ax 2 + bx + c = 0 (với a, b, c là các số
nguyên) có 3 nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 . Chứng minh rằng

( a + b + c + 1) ( x1 − x2 ) ( x2 − x3 ) ( x3 − x1 )

chia hết cho 2017.

.................HẾT.....................

Người ra đề
Tổ Toán-Tin


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câu

Nội dung

Điể
m

3

æ
ö
1÷
3
1
3
÷
ç
(u n + 1 )3 = ç
u
+
=
u

+
3
+
+
÷
n
n
ç
ç
u n2 ÷
u n3 u n6
è
ø
1

3
3
Do u n > 0 " n => (u n + 1 ) = u n + 3 +

1,00

3
1
+
> u n3 + 3 , " n
3
6
un un

3

3
3
suy ra (u n ) > u 0 + 3n = 2016 + 3n , " n Î ¥

(1)

Lại có
3

æ
1ö
3
1
÷
ç
3
3
÷
(u n + 1 ) = ç
u
+
=
u
+
3
+
+
÷
n
n

ç
÷
ç
u n2 ø
u n3 u n6
è
3
1
1
1
< u n3 + 3 +
+
< u n3 + 3 + +
3
2
n ( 3n ) 2
2016 + 3n
20163 + 3n

(

3
3
=> (u n + 1 ) < u n + 3 +

1,00

)

1

1
+
"n Î ¥
n ( 3n ) 2

Suy ra
n
1 n- 1 1
1
3
(u n ) < u + 3(n - 1) + å + å
< u 1 + 3n + å +
2
k =1 k
k =1 9k
k =1 k
n
1
1
1
1
1
< 1+
+
+ ... +
= 2< 2
Do
å
2
1.2 2.3

(n - 1)n
n
k =1 k
3

và

n- 1

3
1

æn 1
ç
ç
å
ç
èk =1 k

å

2

n
ö
1
÷
÷
£ n å 2 < 2n
÷

÷
ø
k =1 k

suy ra (u n )3 < u 13 + 3n +

2
+
9

(Bất đẳng thức Bunhiacopxki)
2n

(2)

n

k =1

1
9k 2

1,00


Từ (1) và (2) suy ra
2
+ 2n , " n Î ¥
9
(u n )3 u 13

20163
2
2
Þ
+ 3<
<
+ 3+
+
, "n Î ¥
n
n
n
9n
n
u3
Do đó lim n = 3
n ®+ ¥ n
20163 + 3n < (u n )3 < u 13 + 3n +

1,00

A

2

M
E

D
I

P

B

K

L

C

Q

O

Gọi I là tâm của ω ; D, E theo thứ tự là tiếp điểm của ω và AB, AC ; ( O) là
đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ.
Dễ thấy tứ giác MDKE điều hòa. Do đó D( MKBE) = D( MKDE) = -1.

1,00

Dễ thấy DE // PK, mà BP = BK nên D( PKBE) = -1.
Vậy D( MKBE) = D( PKBE). Từ đó DM ≡ DP hay M, D, P thẳng hàng.
Chứng minh tương tự M, E, Q thẳng hàng.

1,00

Kết hợp với DE // PK suy ra

MP MQ
=

=k
MD ME

Do đó qua phép vị tự tâm M tỉ số k các điểm M, D, E theo thứ tự biến thành
các điểm M, P, Q.
Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn ω biến thành đường tròn (O).
Do đó M, I, O thẳng hàng.

1,00

1,00


Với mọi số thực không âm x, y, z Ta có:
x + y + 4z
x + y + 4z
⇒ (x + y ) (x + 2z )(y + 2z ) ≤ (x + y )
2
2
2
2
x + y + 4z x + y + 2xy + 4yz + 4zx
=
≤ 2(x 2 + y 2 + z 2 )(1)
Mặt khác ta có: (x + y )
2
2
2
2
2

2
2
2
(Vì 2xy ≤ x + y ; 4yz ≤ 2(y + z ); 4zx ≤ 2(z + x )
(x + 2z )(y + 2z ) ≤

1,00

y + z + 4x
≤ 2(x 2 + y 2 + z 2 ) (2)
2
4
4
5
−
−
2
2
2
2
2
2
x 2 + y 2 + z 2 + 4 2(x + y + z ) 2(x + y + z )

Tương tự ta có (y + z ) (y + 2x )(z + 2x ) ≤ (y + z )
Từ (1) và (2) ta suy ra P ≤
Hay P ≤

4
x2 + y2 + z2 + 4

Khi đó P ≤

−

9
.Đặt t = x 2 + y 2 + z 2 + 4 , t > 2
2(x + y 2 + z 2 )
2

4
9
4
9
− 2
,t>2
. Xét hàm số f (t ) = −
t 2(t − 4)
t 2(t 2 − 4)

4
9t
(4 − t )(4t 3 + 7t 2 − 4t − 16)
f '(t ) = − 2 + 2
=
; f '(t ) = 0 ⇔ t = 4
t
(t − 4)2
t 2 (t 2 − 4)2

1,00

1,00

(do t > 2 nên 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 = 4(t 3 − 4) + t (7t − 4) > 0 )
Lập bảng biến thiên của hàm số f(t). Dựa vào bảng biến thiên ta có
MaxP =

1,00

5
khi x = y = z = 2 5
8

Ta xét các số trên theo mod 2 . Ta thấy có 7 cách chọn bộ (r , s, t ) với 1,00
r , s, t không đồng thời bằng 0 ( (r , s, t ) đồng dư với (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0),
(0,1,1), (1,0,1),(1,1,0),(1,1,1) theo mod 2 ).
Với mỗi bộ ai , bi , ci thỏa mãn đề bài có đúng 4 trong 7 bộ sao cho
rai + sbi + tci ≡ 1 ( mod 2 )

1,00

Suy ra với mỗi bộ (ai , bi , ci ) đã cho nếu ta chọn ngẫu nhiên (r , s, t ) ≠ (0,0,0)
thì giá trị kì vọng của các biểu thức lẻ là

4N
.
7

1,00

Nhưng đây là giá trị trung bình nên phải tồn tại bộ (r , s, t ) với ít nhất
giá trị của i sao cho tổng rai + sbi + tci là số lẻ.

4N
7

2017
2
Phương trình đã cho tương đương ( x − x ) +  ax + ( b + 1) x + c  = 0 ( 1)

1,00

1,00

2
Đặt f ( x ) = ax + ( b + 1) x + c.

Từ giả thiết x1 , x2 , x3 là nghiệm nguyên của PT(1), áp dụng định lí Fecma ta
2017
có xi ≡ xi ( mod 2017 ) hay xi2017 − xi M2017

2
2017
Từ ( 1) ⇒ axi + ( b + 1) xi + c = − ( xi − xi ) M2017 hay f ( xi ) M2017 ( i = 1, 2,3)

( 2)

Nếu ( x1 − x2 ) ( x2 − x3 ) ( x3 − x1 ) M2017 thì ta có ngay đpcm.

5

Giả sử trái lại, trong các hiệu x1 − x2 ; x2 − x3 ; x3 − x1 không có hiệu nào chia
hết cho 2017.

1,00
1,00

Ta có f ( x1 ) − f ( x2 ) = ( x1 − x2 )  a ( x1 + x2 ) + b + 1 M2017 (do (2))
⇒ a ( x1 + x2 ) + b + 1M2017 (3)

Tương tự, ta có a ( x2 + x3 ) + b + 1M2017 (4)
Từ (3) và (4), ta có a ( x3 − x1 ) M2017 ⇒ aM2017 . Khi đó từ (4) ta có b + 1M2017
Vì aM2017 và b + 1M2017 nên suy ra cM2017 . Do đó a + b + c + 1M2017 và ta có
đpcm.

1,00