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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XII
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán; Lớp: 11

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề
Câu 1. (4 điểm). Cho dãy số ( un ) xác định như sau: u1 = 2 , un+1 = un 2 − un + 1 ,
1 1
1
*
n ∈ ¥ * . Tìm giới hạn của dãy ( sn ) với sn = u + u + ... + u , n ∈ ¥ .
1
2
n
Câu 2. (4 điểm). Cho tam giác ABC , lấy ba điểm D, E , F theo thứ tự trên các
cạnh BC , CA, AB sao cho AEDF là tứ giác nội tiếp. Trên tia AD lấy điểm P (
D nằm giữa A và P ) sao cho DA.DP = DB.DC .
a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp được và hai tam giác DEF , PCB
đồng dạng với nhau.
b) Gọi S và S ' lần lượt là diện tích hai tam giác ABC và DEF . Chứng
minh:
2
S '  EF 
≤
÷
S  2 AD 
Câu 3. (4 điểm). Cho hàm f : ¥ * → ¥ thỏa mãn f ( 2 ) = f ( 3) = 0; f (4) > 0 ,

f ( 8888 ) = 2222 và với mọi số tự nhiên m, n thì f ( m + n ) − f ( m ) − f ( n ) bằng 0
hoặc 1. Hãy tính f ( 2016 ) và f ( 2017 ) .
x2 + y2
Câu 4. (4 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) sao cho
là số
x− y
nguyên và là ước của 2415.
Câu 5. (4 điểm). Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam hoặc giới Nữ) đứng
cách đều nhau trên một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại sáu học sinh cùng giới
đứng tại sáu đỉnh của hai tam giác bằng nhau.
-------------------------------- Hết -----------------------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
Năm học 2015 -2016; Môn: Toán; Lớp: 11
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu

Cách giải

Điểm

Câu 1. (4 điểm). Cho dãy số ( un ) xác định như sau: u1 = 2 , un+1 = un 2 − un + 1 , n ∈ ¥ * . Tìm
1 1
1
*
giới hạn của dãy ( sn ) với sn = + + ... + , n ∈ ¥ .
u1 u2

un
Bằng phép quy nạp đơn giản ta thấy rằng: un ≥ 2 .
Xét tính đơn điệu của dãy ( un ) . Từ hệ thức un+1 = un 2 − un + 1 ta suy ra được

2
∀n ∈ ¥ * , un+1 − un = ( un − 1) > 0 , vậy dãy số ( un ) tăng.

1,0

Tính tổng: Từ hệ thức truy hồi (1) ta suy ra được un+1 − 1 = un ( un − 1)
⇒

1
un+1 − 1

=

1
1
1
1
1
1
=
−
⇒ =
−
un ( un − 1) un − 1 u n
un un − 1 un+1 − 1

( *)

với n ∈ ¥ *

Thay n bởi 1, 2, 3, ... , n vào (*) và cộng vế với vế các đẳng thức ta suy ra :

1

1 1
1
1
+ + ... + = 1 −
u1 u2
un
un+1 − 1

1,0

Do dãy ( un ) là dãy tăng nên có hai khả năng sau xảy ra:
1) Dãy ( un ) bị chặn trên. Theo tiêu chuẩn Weierstrass, nên ( un ) tăng và bị
chặn trên nên nó có giới hạn. Giả sử lim un = a ⇒ a ≥ 2 . Chuyển qua giới
n→+∞
2

hạn hệ thức (1) khi n → +∞ ta có: a = a − a + 1 ⇔ a 2 − 2a + 1 = 0 ⇔ a = 1 , vô
lý.

1,0

2) Dãy không bị chặn trên, do ( un ) tăng và không bị chặn trên nên

1
lim un = +∞ ⇒ lim ( un − 1) = +∞ ⇒ lim
=0
n→+∞
n →+∞
n →+∞ u
n
1 1

1
1
Vì thế từ (2) ta suy ra: lim  + + ... + ÷ = lim 1 − ÷ = 1
n→+∞ u
un  n→+∞  un 
 1 u2
1,0
Câu 2. (4 điểm). Cho tam giác ABC , lấy ba điểm D, E , F theo thứ tự trên các cạnh
BC , CA, AB sao cho AEDF là tứ giác nội tiếp. Trên tia AD lấy điểm P ( D nằm giữa A
và P ) sao cho DA.DP = DB.DC .
a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp được và hai tam giác DEF , PCB đồng dạng với
nhau.


b) Gọi S và S ' lần lượt là diện tích hai tam giác ABC và DEF . Chứng minh:
2
S '  EF 
≤
÷
S  2 AD 
DP DC

·
=
Từ DA.DP = DB.DC , suy ra
, kết hợp với BDP
= ·ADC Có được
DB DA
·
·
∆BDP ∼ ∆ADC , dẫn đến DPB
, Suy ra tứ giác ABPC nội tiếp được.
= DCA
2/a

1,0

·
·
·
,
DEF
= DAF
= BCP

Vì các tứ giác AEDF và ABPC nội tiếp nên
·
·
·
. Từ đây suy ra ∆DEF ∼ ∆PCB
DFE
= DAE

= CBP

1,0

 EF 
'
.S
Do ∆DEF ∼ ∆PCB nên S = 
2 ÷ PCB
 BC 
DP
EF 2 DP
'
.S . Kết hợp với (1) có S =
Mặt khác S PCB =
.
.S
DA
BC 2 DA
1
1
1
1
≤
=
Lại có: BC 2 =
2
( BD + DC ) 4 BD.DC DA.DP
2

2/b

(1)
(2)

1,0

(3)

2

EF 2 DP
 EF 
Từ (2) và (3) nhận được S ≤
.
.S = 
÷ .S
4 DA.DP DA
 2 DA 
'

2

S '  EF 
Vậy,
≤
÷.
S  2 AD 

1,0

Câu 3. (4 điểm). Cho hàm f : ¥ * → ¥ thỏa mãn f ( 2 ) = f ( 3) = 0; f (4) > 0 , f ( 8888 ) = 2222
, với mọi số tự nhiên m, n thì f ( m + n ) − f ( m ) − f ( n ) bằng 0 hoặc 1. Tính f ( 2016 ) và
f ( 2017 ) .
Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán.
Từ ( *) ⇒ f ( m + n) = f (m) + f (n) + a với a ∈{0;1}
Chọn m = n = 1 , ta có f (2) = 2 f (1) + a ⇒ 2 f (1) ≤ f (2) = 0 ⇒ f (1) = 0
Khi đó f (4) = f (2) + f (2) + a = a mà f (4) > 0 nên suy ra f (4) = 1 .
*
Ta đi chứng minh bằng quy nạp: f ( 4n ) ≥ n (∀n ∈ N )

1,0

(1)

Ta thấy (1) đúng với n = 1 . Giả sử (1) đúng với n = k ; ta đi chứng minh (1)
đúng với n = k + 1 . Ta có:
f ( 4( k + 1) ) = f ( 4k + 4 ) = f (4k ) + f (4) + a = f (4k ) + 1 + a ≥ k + 1
*
Vậy (1) đúng với n = k + 1 . Do đó f ( 4n ) ≥ n (∀n ∈ N )

Lại có f ( 8888 ) = 2222 , ta sẽ chỉ ra f (4.2221) = 2221 . Thật vậy, nếu
f (4.2221) > 2221 ⇒ f (4.2221) ≥ 2222 = f (8888) ⇒ f (8888) ≤ f (8884)
Trong khi đó f (8888) = f (8884) + f (4) + a ≥ f (8884) + 1 > f (8884) (mâu

1,0
1,0


thuẫn) Vậy f (4.2221) = 2221 .

Lập luận tương tự ta được f ( 4n ) = n (∀n ≤ 2222) .
Khi đó f ( 2016 ) = f (4.504) = 504 .
Ta lại có: f (4n) = f (2n) + f (2n) + a = 2( f (n) + f (n) + a) + a = 4 f ( n) + 3a
Suy ra: 4 f ( n) ≤ f (4n) ≤ 4 f (n) + 3 ⇒ f (n) ≤

f (4n)
3
≤ f ( n) +
4
4

 f (4n)   n 
=
Do đó: f ( n) = 
với ∀n ≤ 2222
 4   4 
Vậy f (2017) = 504 .
Câu 4. (4 điểm) . Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) sao cho

1,0
x2 + y2
là số nguyên
x− y

và là ước của 2415.
Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + 3 ( q ∈ ¥ ) .
Nếu x , y là các số nguyên sao cho x 2 + y 2 chia hết cho p thì x và y chia
hết cho p .
Thật vậy: Nếu x chia hết cho p thì cũng có y chia hết cho p . Giả sử x
không chia hết cho p khi đó y không chia hết cho p . Theo định lý Fermat ta

p −1
4 p+2
≡ 1( mod p ) , tương tự cũng có
có: x ≡ 1( mod p ) , suy ra x
y 4 p + 2 ≡ 1( mod p ) .
2
2
2
2
Từ giả thiết: x + y ≡ 0 ( mod p ) ⇒ x ≡ − y ( mod p )

⇒ ( x2 )

2 p +1

≡ ( − y2 )

2 p +1

( mod p ) ⇒ x 4 p+2 ≡ − y 4 p+2 ( mod p )

⇒ x 4 p + 2 + y 4 p +2 ≡ 0 ( mod p ) ⇒ 2 ≡ 0 ( mod p ) ⇒ p = 2 (mâu thuẫn giả thiết).
(Bổ đề đã được chứng minh).

1,0

Áp dụng bổ đề vào bài toán, giả sử tồn tại số các số nguyên dương x , y sao
x2 + y2
x2 + y2
x

>
y
cho
,
là số nguyên và là ước của 2415. Đặt k =
thì
x− y
x− y
x 2 + y 2 = k ( x − y ) với k là ước của 2415 = 3.5.7.23 .

1,0

3 thì k = 3k1 , ( k1 ∈ ¥ , k1 không chia hết cho 3). Suy ra
i) Nếu kM
3 ⇒ x = 3 x1 , y = 3 y1; ( x1 , y1 ∈ ¥ * , x1 > y1 ) . Ta lại được
x2 + y 2 M
3 ⇒ xM
3 và yM

x12 + y12 = k1 ( x1 − y1 ) , nhưng không có các số nguyên dương x , y thỏa mãn
x 2 + y 2 = x − y vì x 2 + y 2 ≥ x + y > x − y .
ii) Tương tự như trên khi xét trường hợp k chia hết cho 7 và trường

1,0


hợp k chia hết cho 23.
2
2
5 , ta thấy: x + y = 5 ( x − y ) ⇔ ( 2 x − 5 ) + ( 2 y + 5 ) = 50 , tìm

iii) Nếu kM
được ( x; y ) = ( 3;1) hoặc ( x; y ) = ( 2;1) .
2

2

Vậy tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) cần tìm có dạng
( 3a; a ) , ( 2a; a ) , ( a;3a ) , ( a;2a ) trong đó a ∈{ 1; 3; 7; 23; 21; 69; 161; 483}

1,0

Câu 5. (4 điểm). Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam hoặc giới Nữ) đứng cách đều
nhau trên một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại sáu học sinh cùng giới đứng tại sáu đỉnh
của hai tam giác bằng nhau.
Gọi 9 học sinh là H1, H2, ...H9 đứng tại chín đỉnh của đa giác đều chín cạnh.
Vì có 9 học sinh đứng tại 9 đỉnh nên có ít nhất 5 đỉnh có học sinh cùng giới
(hoặc là Nam hoặc là Nữ). Để cho tiện, ta giả sử 5 đỉnh này có 5 học sinh
Nam đứng (tương tự nếu là 5 học sinh Nữ).
Gọi một tam giác có 3 đỉnh mà 3 học sinh Nam đứng là tam giác Nam, như
vậy có ít nhất C53 = 10 tam giác Nam.

1,0

Bây giờ ta sẽ chứng minh có hai tam giác Nam bằng nhau:
Chín đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 9 cung bằng nhau
H i H i +1 , i =1,8 và cung H 9 H1 ; , ta gọi mỗi cung này là một “mảnh”.
Không mất tính tổng quát, gọi H i H j H k là tam giác có H i H j ≤ H j H k ≤ H k H i .
Hơn nữa số hij là số mảnh của cung H ij không chứa điểm H k ( i ≠ j ≠ k ≠ i );
tương tự ta định nghĩa như thế cho số h jk , hki .
Tương ứng với mỗi tam giác H i H j H k với một bộ ba (hij ; h jk ; hki ) . Ta nhận thấy

rằng: 1 ≤ hij ≤ h jk ≤ hki ≤ 7 và hij + h jk + hki = 9 . Chẳng hạn với tam giác với 3 đỉnh
H1 , H 3 , H 7 ta gọi là tam giác H 3 H1 H 7 tương ứng với một bộ ba (2;3;4) theo
thứ tự đó.

1,0

Như vậy, các tam giác bằng nhau ứng với cùng một bộ ba số như định nghĩa,
trong khi các tam giác không bằng nhau ứng với các bộ ba khác nhau. Từ đó,
ta xây dựng một song ánh giữa các lớp tam giác bằng nhau với tập hợp các bộ
ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a ≤ b ≤ c; a+b+c = 9 .

1,0

Có tất thảy bẩy bộ ba số thỏa mãn là: (1,1, 7), (1, 2, 6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4)
và (3,3,3). Tức là có 7 lớp tam giác bằng nhau. Vì có ít nhất 10 tam giác Nam
(Ba đỉnh tam giác là 3 học sinh Nam), nên có một lớp có ít nhất hai tam giác
Nam; do đó có ít nhất sáu học sinh cùng giới, đứng tại sáu đỉnh của hai tam
giác bằng nhau.

1,0

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo cách khác. Giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
Nhóm ra đề
Câu 1
Câu 2

Vũ Thị Tuyết
Mai Thị Xuân Oanh

Hệ PT (Phương trình)

Hình học


Câu 3
Câu 4
Câu 5

Trần Lê Huy
Lã Thị Lệ Hà
Lê Anh Chung

Bất đẳng thức, GTLN, NN, phương trình hàm
Số học
Tổ hợp

Đại diện nhóm ra đề

Lã Thị Lệ Hà