Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương lần thứ 12 các trường chuyên CHU văn AN mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
Câu 1 (4 điểm) Cho x1 = a, x2 = b ( a, b ∈ ¡
Tìm lim xn .

LỚP 11

(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

)

và n.xn+ 2 − (n − 1).xn +1 − xn = 0 , n = 1,2,...

n →∞

Người ra đề
(Lương Quốc Tuấn -0983192113)
Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của BC và
AM cắt (O) tại D. Gọi E, F, G, H là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Phân giác trong các
·
·
góc EMG
cắt EG, FH tương ứng tại S, T. Gọi X = AC ∩ BD;Y = AB ∩ CD .
; FMH
a. Chứng minh rằng ST P XY .
b. P = MS ∩ FH ; R = MT ∩ EG . Chứng minh rằng AD đi qua trung điểm của PR.
Người ra đề

(Nguyễn Thanh Dũng - 01689390545)
Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R → R đơn điệu trên R thỏa mãn
f ( x 2 n+1 + f ( y ) ) = y + [ f ( x ) ]

2 n +1

, ∀x, y ∈ R .
Người ra đề

(Hoàng Đức Cường -0983245181)
Câu 4 (4 điểm) Một lớp học có 17 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Hỏi có tất cả bao nhiêu
cách xếp 37 học sinh đó thành một hàng dọc sao cho xuất hiện đúng một cặp nam - nữ thỏa
mãn nam đứng trước nữ?
Người ra đề
(Lương Quốc Tuấn -0983192113)
3
2
Câu 5 (4 điểm) Cho đa thức P ( x ) = 4 x − 54 x + 243x + m , với m ∈ ¢ . Chứng minh rằng

tồn tại n ∈ ¢ sao cho P ( n ) M821 với mọi m.
Người ra đề
(Hoàng Đức Cường -0983245181)
.....................HẾT.....................


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP:10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã
định.
Câu

1

Ta có xn + 2 − xn +1 = −

xn +1 − xn
n

Nội dung

(−1) n
(−1) n
( x2 − x1 ) = −
.( b − a )
n!
n!
n
n
(−1) k
(−1) k
⇒ xn + 2 = x1 − ∑
. ( b − a ) = x1 + ( a − b ) − ∑
.( b − a )
k!
k!
k =1
k =0
1
1
⇒ lim xn = x1 + a − b − = 2a − b −
e

e
⇒ xn + 2 − xn +1 =

Điểm
1
1
1
1
0,5

2

a)
Ta có ∆ABM : CDM ; ∆AMC : ∆BMD nên
AB MB MC AC
AB AC
=
=
=
⇒
=
.
CD MD MD BD
CD BD
Hơn nữa, ME, MG, MF, MH là các đường trung tuyến trương ứng nên suy ra
ME AB AC MH
SE ME MH TH
=
=
=

. Vì MS, MT là phân giác nên
=
=
=
.
MG CD BD MF
SG MG MF TF
Chú ý EFGH là hình bình hành nên EH P FG , theo định lí Thales thì suy ra
ST P EH P FG , suy ra ST P BD (1).
Mặt khác, áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với các đoạn AM, CY, BX thì ta
MB XC YA
XC YB
.
.
=1⇒
=
được
nên suy ra XY P BD (2).
MC XA YB
XA YA
Từ (1), (2) suy ra ST P XY .
b)

0,5

0,5
0,5

0,5

Gọi L là trung điểm của AD. Thế thì các tứ giác LHMF, LEMG, EFGH là hình bình
hành nên suy ra EG, FH, LM đồng quy tại trung điểm K mỗi đoạn thẳng.
·
·
·
·
·
Mặt khác, dễ thấy BMF
suy ra TMB
, tức là MT là
= ·AMH ; TMF
= TMH
= TMA
phân giác góc ·AMB .
Tương tự thì MS là phân giác góc ·AMC nên suy ra MT ⊥ MS . Do đó MR là phân
·
giác ngoài của EMG
.
·
Tương tự thì MP là phân giác ngoài góc FMH
. Suy ra
PH TH SE RE
=
=
=
⇒ PR PST P EH . Dễ thấy AK đi qua trung điểm của EH nên
PF TF SG RG
cũng đi qua trung điểm của PR.
Nhận xét và bình luận và phát triển bài toán:

+ Ý a) là kết quả của các tỉ số đồng dạng kết hợp với đường phân giác. Cùng với việc
chú ý tới định lí Thales và hình bình hành EFGH.
+ Ý b) là một hệ quả kéo theo với việc nhận thấy MT ⊥ MS từ đó suy ra MS, MR là
·
phân giác trong và ngoài của EMG
.
+ Ta có thể thu được kết quả rất thú vị sau: Gọi
P = MS ∩ FH ; R = MT ∩ EG; Q = YP ∩ XR . Khi đó MPQR là hình chữ nhật.
Chứng minh: Dễ thấy ∆XCD : ∆XBA với XE, XG là trung tuyến tương ứng, do đó
XE AB ME
=
=
= k nên X, M nằm trên đường tròn Apollonius dựng trên E, G với tỉ
XG CD MG
ME SE XE
=
=
= k nên M, X, S cùng nằm trên đường tròn Apollonius
số k . Do đó,
MG SG XG
·
·
·
·
·
đó. Hơn nữa, dễ thấy BMF
suy ra TMB
, tức là MT là
= ·AMH ; TMF
= TMH

= TMA
phân giác góc ·AMB . Tương tự thì MS là phân giác góc ·AMC nên suy ra MT ⊥ MS
·
(3). Do đó, MR là phân giác ngoài của EMG
và MS là phân giác trong, nên đường
tròn đường kính MS là đường tròn Apollonius dựng trên E, G. Do đó, tứ giác MSXR
nội tiếp. Gọi I là trùng điểm của MX. Xét tứ giác toàn phần XDMCAB, thì E, G, I
thẳng hàng (nằm trên đường thẳng Gauss). Do đó, SR là đường kính đường tròn
·
·
Apollonius đó. Vậy, MRX
= 900 (3). Tương tự thì MPY
= 900 (5). Từ (3), (4), (5)
suy ra MPQR là hình chữ nhật.

0,5
0,5
0,5


3

f ( x 2 n +1 + f ( y ) ) = y + [ f ( x )]

2 n +1

1

( *) , ∀x, y ∈ R

Do f đơn điệu nên f đơn ánh.
Lấy x = 0 ta có f ( f ( y )) = y + [f (0)]2 n +1

(1)

Nên dễ thấy f cũng là toàn ánh. Vậy f là song ánh. Khi đó tồn tại duy nhất a mà
f ( a ) = 0 . Đặt f ( 0 ) = b , khi đó trong (1) thay y = a ta có b = f (0) = a + b 2 n +1 . Trong
(*) lấy x = a, y = 0 ta có f ( a 2 n +1 + b) = 0 = f (a ) , do f đơn ánh nên a = a 2 n +1 + b .
 a = a 2 n +1 + b
Như vậy, ta có hệ 
2 n +1
b = a + b
1

dẫn đến a 2 n +1 + b 2 n +1 = 0 suy ra a = −b, 2a = a 2 n +1 , 2b = b 2 n +1 .
Nếu a = 0 hoặc b = 0 hoặc a = b ta dễ dàng suy ra f ( 0 ) = 0 .
Xét trường hợp khác với trường hợp trên.
Do f là toàn ánh trên ¡ nên tồn tại c sao cho f (c) = a . Khi đó, trong (1) thay y = c
ta có 0 = f (a ) = f ( f (c)) = c + b 2 n +1 .
Từ (1) lấy y = 0 ta có f (b) = f ( f (0)) = b 2 n +1 . Trong (*) thay x = c, y = b ta được
f (c 2 n +1 + b 2 n+1 ) = b + [f (c )]2 n +1 = b + a 2 n+1 = a = f (c) ,
c 2 n +1 + b 2 n +1 = c .

do

2 n +1
=0
c + b
Như vậy ta lại có hệ mới  2 n +1 2 n+1
Suy ra c 2 n +1 = 2c .

+b
=c
c

f

đơn

ánh

nên


1

Nếu c = 0 thì ta cũng suy ra f = 0 .
Xét c ≠ 0 , khi đó ta lại có 2a = a 2 n +1 , 2b = b 2 n +1 nên hoặc c = a hoặc c = b . Nếu
c = a thì a = f ( a ) = 0 , khi đó f ( 0 ) = 0 ; còn nếu c = b thì b + b 2 n +1 = 0 suy ra b = 0
do đó f ( 0 ) = 0 .

Như vậy, ta trong mọi trường hợp ta luôn có f ( 0 ) = 0
f ( f ( y )) = y , ∀y ∈ ¡ .
Từ (1) suy ra
2 n +1
2 n +1
f ( x ) = [f ( x )] , ∀x ∈ ¡ .

Trong

(*)

lấy

y=0

thì

1

Với mọi x ∈ ¡ thì tồn tại z ∈ ¡ mà x = z 2 n +1 , khi đó f ( x) = f ( z 2 n +1 ) = [f ( z )]2 n +1 . Do
x, y ∈ ¡
đó
với
mọi
ta
có
2 n +1
2 n +1
f ( x + y) = f ( z
+ f ( f ( y ))) = f ( y ) + [f ( z )]
= f ( y ) + f ( x) .
Hay f cộng tính trên ¡ . Mặt khác f đơn điệu nên f ( x) = cx, ∀x ∈ ¡ .
Từ đây kết hợp với phương trình f ( f ( y )) = y , ∀y ∈ ¡ ta suy ra c = ±1 .
Thử lại ta đi đến kết luận f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ hoặc f ( x ) = − x, ∀x ∈ ¡ .
4

5

1...10...0
{ 011...10...0

{ { trong đó: có duy nhất một cặp (0;1), 17
Xét dãy nhị phân sau: {
x so1 x so 0
x so1 x so 0
1

2

3

1

4

chữ số 1 và 20 chữ số 0.
Số các dãy nhị phân thỏa mãn là số nghiệm nguyên của hệ phương trình:
 x1 + x2 + x3 + x4 = 35

 x1 + x3 = 16
 x ≥ 0, i = 1, 2,3, 4
(
)
 i
1
1
Số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình là: C17 .C20 = 340 .
Trở lại bài toán:
Coi mỗi chữ số 0 là một học sinh nam, mỗi chữ số 1 là một học sinh nữ.
Do vậy: số cách xếp 37 học sinh thành một hàng dọc sao cho xuất hiện đúng một cặp
1

1
nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ là C17 .C20 .17!.20! .
Nhận xét 821 là một số nguyên tố có dạng 3k + 2 . Để chứng minh bài toán ta

1

1
1
1

chứng minh A = { P ( 1) , P ( 2 ) ,K , P ( 821) } là một hệ đầy đủ mod 821 với mọi m.
Nghĩa là P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) thì ni ≡ n j ( mod 821)
Vì ( 2,821) = 1 nên

1

P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) ⇔ 2 P ( ni ) ≡ 2 P ( n j ) ( mod 821) .
2 ( 4ni3 − 54ni2 + 243ni + m ) ≡ 2 ( 4n3j − 54n 2j + 243n j + m ) ( mod 821)

( 2ni − 9 )

3

≡ ( 2n j − 9 )

3

( mod 821)

(1), với mọi m.

3
3
Ta chứng minh bổ đê sau; nếu x ≡ y ( mod p ) thì x ≡ y ( mod p ) với p = 3k + 2

là một số nguyên tố. Thật vậy.
3
3
Nếu x ≡ 0 ( mod p ) ⇒ x ≡ 0 ≡ y ( mod p ) ⇒ y ≡ 0 ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p )

1


Nếu

x Mp

hay

( x, p ) = 1

và

( y, p ) = 1 ,

theo

Fermat

ta

có

x 3k +1 ≡ 1 ≡ y 3k +1 ( mod p )
3
3
3k
3k
3k +1
3k +1
Từ x ≡ y → x ( xy ) ≡ y ( xy ) → x y ≡ y x → y ≡ x ( mod p )

Vậy từ (1) ⇒ 2ni − 9 ≡ 2n j − 9 ( mod 821) ⇔ ni ≡ n j ( mod 821) , và vì 1 ≤ ni , n j ≤ 821
nên ni = n j . Vậy A = { P ( 1) , P ( 2 ) ,K , P ( 821) } là một hệ đầy đủ mod 821 với mọi m.
Suy ra với mọi m, tồn tại ni sao cho P ( ni ) ∈ A thỏa mãn P ( ni ) M821 .

1