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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ TỈNH HÒA BÌNH

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
LỚP 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian:180 phút
(Không kể thời gian giao đề)
17
1
; xn +1 = xn .xn2−1 − 2 xn − 4
2
4
Tìm n chẵn thỏa mãn n ∈ N * và [ xn ] + 3 là lập phương của 1 số tự nhiên.

Câu 1 (4 điểm): Cho dãy số xn xác định bởi: x1 = 5; x2 =

Câu 2 (4 điểm): Cho tam giác ABC , đường tròn tâm O bàng tiếp góc A tiếp xúc
với cạnh BC , CA, AB lần lượt tại T, F, E. Hai đường thẳng BE, CF cắt nhau tại I
a) Chứng minh A, I, T thẳng hàng
b) Vẽ đường tròn tâm O khác đường tròn bàng tiếp góc A ở trên cắt đoạn
AB,AC tại M, N; cắt đường thẳng BC tại A1 , A 2 với A1 thuộc tia đối BC,
A 2 thuộc tia đối CB. A1 M cắt A 2 N tại K. Chứng minh rằng K nằm trên
đường thẳng AI
Câu 3 (4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f(x) thỏa mãn :
f ( x) − f ( y ) ≤ ( x − y ) 2 ∀x, y ∈ ¤ .
Câu 4 (4 điểm): Trên một mặt phẳng có tất cả các điểm được tô bởi 3 màu đỏ,
trắng, vàng.
Chứng minh rằng tồn tại một tam giác cân có 3 đỉnh cùng màu.

Câu 5 (4điểm): Xác định tất cả các tập S
Thỏa mãn:

………………………. HẾT …………………….

1


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
1
17
1
Cho dãy số xn xác định bởi: x1 = 5; x2 = ; xn +1 = xn .xn2−1 − 2 xn − 4
2
4
TÌm n chẵn thỏa mãn n ∈ N * và [ xn ] + 3 là lập phương của 1 số tự nhiên.
Đáp án:

Điểm

2,0

Nhận xét thấy :
1−1
2 −1
4
4
x1 = 22 +1 + 21−1 +1 ; x2 = 22 +1 + 22−1 +1 ;

2
2
n −1
4
2 +1
+ 2n −1 +1 ∀n ≤ k ; k ∈ N *.
Khi đó , giả sử : xn = 2
2
4

k

2 +1
Cần chứng minh: xk +1 = 2 +

xk +1 =

2

2k +1

. (1) thật vậy ta có

k −2
k −1
1
1 k −1
4
4
4

xk xk −12 − 2 xk − 4 = (22 +1 + 2k −1 +1 )(22 +1 + 2k −2 +1 ) 2 − 2(2 2 +1 + 2k −1 +1 ) − 4
4
4
2
2
2

2
=2

⇒ xn = 22

n −1

+1

+

k

+1

+

4
22

k

+1

suy ra (1) đúng

4

∀n ∈ N *
22 +1
n −1
Khi đó [ xn ] + 3 = 22 +1 + 3 , giả sử tồn tại n chẵn để [ xn ] + 3 là lập phương của 1 số
tự nhiên:
n −1
Khi đó 22 +1 + 3 = c 3 . Mặt khác n chẵn suy ra n − 1 lẻ suy ra 2n−1 + 1M
3 khi đó đặt
3k
3
k
2
k
2k
2
k
2k
k
22 +1 = 23k ⇒ 2 +3=c ⇒ (c-2 )(c +c.2 +2 )=3 mà c +c.2 +2 > c-2 nên:
c-2k=1; c2+c.2k+22k=3(2). Giải hệ (2) ta được hệ không có nghiệm nguyên với mọi
k>0 suy ra không tồn tại n chẵn.
Vậy không tồn tại n chẵn để [xn]+3 là lập phương của một số tự nhiên.
n −1

n −1

2

Cho tam giác ABC , đường tròn tâm O bàng tiếp góc A tiếp xúc với cạnh BC , CA,
AB lần lượt tại T, F, E. Hai đường thẳng BE, CF cắt nhau tại I
c) Chứng minh A, I, T thẳng hàng
d) Vẽ đường tròn tâm O khác đường tròn bàng tiếp góc A ở trên cắt đoạn
AB,AC tại M, N; cắt đường thẳng BC tại A1 , A 2 với A1 thuộc tia đối BC, A 2
thuộc tia đối CB. A1 M cắt A 2 N tại K. Chứng minh rằng K nằm trên đường
thẳng AI
Đáp án:

2

2,0


a) Cần chứng minh AT, BF ,CE đồng quy. Áp dụng định lí Ceva với tam giác
ABC
TB FC EA
.
.
= 1 suy ra A,I,T thẳng hàng.
TC FA EB
b) A1 B = BM , A2C = CN
AK1 AN
A2 N ∩ AI = K1 ⇒
=
AT
AF

+

+ A1M ∩ AI = K 2 ⇒

2đ

2đ

AK 2 AM
=
AT
AE

Cần chứng minh AM=AN
Ta có AO vuông góc với MN suy ra tam giác AMN cân dẫn đến AM=AN
⇒ K1 ≡ K 2

3

Tìm tất cả các hàm số f(x) thỏa mãn :
f ( x) − f ( y ) ≤ ( x − y ) 2 ∀x, y ∈ ¤

Đáp án
Thay x bởi

4đ
x+ y
( x − y)
x+ y
) − f(y) ≤

: ta được f (
2
2
4

2

x+ y
( x − y)2
x+ y
f
(
x
)
−
f
(
)
≤
Thay y bởi
:ta được
2
2
4

Khi đó f ( x) − f ( y ) ≤ f ( x) − f (

x+ y
x+ y
( x − y)2

) + f(
) − f(y) ≤
.
2
2
2
3


Khi đó bằng phương pháp quy nap ta chứng minh được
( x − y)2
→ 0 khi n → +∞ ∀x, y ∈¤ .
2n
Suy ra f ( x) − f ( y) = 0 ⇒ f ( x) = f ( y )∀x, y ∈ ¤
⇒ f ( x) = C (C=const).
f ( x) − f ( y ) ≤

4

Thử lại thấy hàm f(x)=C thỏa mãn.
Vậy hàm số f(x) cần tìm là f(x)=C.
Trên một mặt phẳng có tất cả các điểm được tô bởi 3 màu đỏ, trắng, vàng.
Chứng minh rằng tồn tại một tam giác cân có 3 đỉnh cùng màu.
Đáp án:
Nhận xét: Trong một ngũ giác đều, tam giác có 3 đỉnh thuôc 6 điểm gồm 5 đỉnh của
ngũ giác và tâm ngũ giác đều là tam giác cân.
Trở lại bài toán: Xét ngũ giác đều ABCDE có tâm O khi đó :
TH1: nếu tồn tại 3 trong 6 điểm A,B,C,D,E,O cùng màu ví dụ như A,B,C thì ta
được tam giác A,B,C có 3 đỉnh cùng màu ⇒ đpcm.
TH2:không có 3 điểm trong 6 điểm A,B,C,D,E,O cùng màu. Khi đó một màu được

tô cho 2 điểm. Giả sử A và O cùng màu khi đó xét đường tròn (O;OA) :
+ nếu tồn tại một điểm F thuộc (O) mà F cùng màu với O và A thì ta có tam giác
AOF cân ⇒ đpcm.
+không tồn tại điểm nào trên (O) cùng màu với A và O, khi đó xét ngũ giác đều
A’B’C’D’E’ (A ≠ A’,B’,C’,D’,E’) khi đó 5 đỉnh của ngũ giác trên chỉ được tô bởi 2
màu nên theo nguyên lí Đirich lê tồn tại 3 đỉnh cùng một màu, ví dụ A’,B’,C’ khi
đó ta được tam giác cân có 3 đỉnh cùng màu ⇒ đpcm.
Vậy luôn tồn tại 1 tam giác cân trong mặt phẳng có 3 đỉnh cùng màu(đpcm).

5

Xác định tất cả các tập S

4đ

Thỏa mãn:
4đ

.CM
4


⇒ r1 ∈ S
Xét (b; r1 ) ∈ S ⇒ r2 = b − r1q2 ∈ S .Theo quy nạp suy ra rk +1 ∈ S

Giả sử
5
Xét an +1 = f (an ) = an + 1001an + 5; a0 = 2015 ⇒ an → +∞ khi n → +∞ mà 1 ∈ S nên ⇒ S = Z
. Vậy S = Z
⇒

Nếu không tồn tại x ∈ S ;( x;5) = 1
.Xét an ∈ S

⇒ an − 5 ∈ S ⇒ an − 2.5 ∈ S ⇒ ... ⇒ ∀k M5; k ≤ an ⇒ k ∈ S khi đó xét hàm f(an) như trên ta được:
∀d = 5k ⇒ d ∈ S ⇒ S = 5k (k ∈ Z ) .
Vậy S=Z và S=5k( k ∈ Z ) là 2 tập S cần tìm(đpcm).

Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề thi

Nguyễn Ngọc Xuân
Số ĐT: 0978119118

5