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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ

LỚP 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4 điểm). Cho dãy số thực ( xn )

(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)
 x0 = 1

được xác định như sau 
xn2
, ∀n ≥ 0.
 xn +1 = xn −
2016


1
2

Chứng minh rằng x2016 < < x2015 .
Câu 2 (4 điểm). Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm B, C và BC là
đường kính của đường tròn ( O1 ) . Vẽ tiếp tuyến của đường tròn ( O1 ) tại điểm C cắt đường
tròn ( O2 ) tại điểm thứ hai là A . Đường thẳng AB cắt đường tròn ( O1 ) tại E , E ≠ B . Đường
thẳng CE cắt đường tròn ( O2 ) tại F , F ≠ C . Giả sử H là một điểm bất kì trên đoạn thẳng
AF . Đường thẳng HE cắt đường tròn ( O1 ) tại G và đường thẳng BG cắt đường thẳng AC

tại D . Chứng minh rằng

AH AC
=
.
HF CD

Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn phương trình

( x + 1) P ( x ) = ( x − 2016 ) P ( x + 1)
Câu 4 (4 điểm). Xét bảng ô vuông 7 × 7 . Ta thực hiện tô màu cho bảng như sau: hai ô của
bảng được tô màu đỏ, các ô còn lại được tô màu xanh lá. Hai cách tô màu được coi là như
nhau nếu cách này có thể thu được từ cách kia khi xoay vòng bảng ô vuông đó trên mặt
phẳng. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu khác nhau cho một bảng ô vuông như vậy?
Câu 5 (4 điểm). Cho 0 < a1 < a2 < ... < an ≤ 2n là các số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ

nhất của hai số bất kì trong chúng đều lớn hơn 2n . Chứng minh rằng a1 > 

2n 
.
 3 

( [ x ] là kí hiệu phần nguyên của số thực x ).
.....................HẾT.....................
Người ra đề
Trần Thị Kim Diên 0983496088


HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: TOÁN, LỚP: 11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã
định.
Câu
1

Nội dung
Cho dãy số thực ( xn ) được xác định như sau

Điểm
4.0

 x0 = 1


xn2
x
=
x
−
, ∀n ≥ 0.
 n +1
n
2016

1
2

Chứng minh rằng x2016 < < x2015 .
Trước hết, ta chứng minh 0 < xn < 1, ∀n ≥ 1.

+ Với n = 1 ta có 0 < x1 = 1 −

1.0

1
< 1.
2016

+ Giả sử 0 < xk < 1 . Ta đi chứng minh 0 < xk +1 < 1 . Thật vậy
xk +1 =

xk ( 2016 − xk )

> 0 vì 0 < xk < 1 và xk +1 − xk = −

2016
1
2016
1
1
1
1
=
= +
< +
xn +1 xn ( 2016 − xn ) xn 2016 − xn xn 2015 (*)

xk2
< 0 ⇒ xk +1 < xk < 1 .
2016

1.0

Từ đó ta có
1

1
x2015 x2014 2015
1
1
1
<
+
x2014 x2013 2015
<

1

+

…
1 1
1
< +
x2 x1 2015
1
1
= 1+
x1
2015

Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có
1
x2015
⇒

+
1

x2015

1
x2014

+ ... +

< 1+

1 1
1
1 1
2015
+ <
+ ... + + + 1 +
x2 x1 x2014
x2 x1
2015

2015
=2

2015

1
⇒ x2015 > .
2
n
1
1
1
1
1
=
+
=
1
+
Cũng từ x
ta
có
∑
xn 2016 − xn
xn +1
i = 0 2016 − xi
n +1

Áp dụng bất đẳng thức

1.0

1.0

1 1
1
k2
+ + ... + ≥
với a1 , a2 ,..., ak > 0 ta có
a1 a2
ak ( a1 + a2 + ... + ak )
n
1
1
= 1+ ∑
≥ 1+
xn +1
i = 0 2016 − xi

( n + 1)

2

( n + 1)
> 1+
2016 ( n + 1)
2

2016

2016 ( n + 1) − ∑ xi
i=0

1

1

Cho n = 2015 ta được x > 2 ⇒ x2016 < 2 .
2016
1
2

Vậy x2016 < < x2015 .
2

Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm B, C và BC là đường
kính của đường tròn ( O1 ) . Vẽ tiếp tuyến của đường tròn ( O1 ) tại điểm C cắt
đường tròn ( O2 ) tại điểm thứ hai là A . Đường thẳng AB cắt đường tròn
( O1 ) tại E , E ≠ B . Đường thẳng CE cắt đường tròn ( O2 ) tại F , F ≠ C . Giả
sử H là một điểm bất kì trên đoạn thẳng AF . Đường thẳng HE cắt đường
tròn ( O1 ) tại G và đường thẳng BG cắt đường thẳng AC tại D . Chứng
minh rằng

4.0

AH AC
=
.
HF CD

A

Vì BC là đường kính của đường
tròn ( O1 ) và ACD là tiếp tuyến nên
BC ⊥ AD ⇒ ·ACB = 900 . Do đó AB là
đường kính của ( O2 ) .
Ta lại có

1.0

·
·
·
.
BEC
= 900 ⇒ AB ⊥ CF ⇒ FAB
= CAB

C
D

H
G

E
F
B

·
·
Nối CG , ta có CG ⊥ BD . Suy ra ·ADB = BCG
= BEG

= ·AEH
Xét tam giác AHE và tam giác ABD có:
·
·
+ HAE
= BAD
+ ·AEH = ·ADB
Suy ra hai tam giác AHE và ABD đồng dạng. Do đó

1.0

AH AB
=
⇒ AH . AD = AB. AE.
AE AD

Mặt khác AC là tiếp tuyến của đường tròn ( O1 ) nên AC 2 = AE. AB .
Suy ra AH . AD = AE. AB = AC 2 = AC.AF
AH AC
=
AF AD
AH AC
AH
AC
AH AC
=
⇔
=
⇒
=

AF AD
AH + HF AC + CD
HF CD

1.0

Vì vậy

1.0


Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn phương trình
3

( x + 1) P ( x ) = ( x − 2016 ) P ( x + 1) (1)
Xét phương trình ( x − a ) P ( x ) = ( x − b ) P ( x + 1) (*) với b > a + 1 .
Cho x = a ta có P ( a + 1) = 0 .
Cho x = b ta có P ( b ) = 0 .
Suy ra P ( x ) = ( x − b ) ( x − ( a + 1) ) Q ( x ) .

4.0
1.0

Thay vào phương trình (*) ta có

( x − a ) ( x − b ) ( x − ( a + 1) ) Q ( x ) = ( x − b ) ( x + 1 − b ) ( x − a ) Q ( x + 1) .
Suy ra ( x − ( a + 1) ) Q ( x ) = ( x − ( b − 1) ) Q ( x + 1) .
Từ phương trình (1) ta thực hiện quy nạp ta có

P ( x ) =  x ( x − 2016 )  ( x − 1) ( x − 2015 )  ... ( x − 1007 ) ( x − 1009 )  Q ( x )

1.0

Thay vào (1) ta thu được

( x − 1007 ) Q ( x ) = ( x − 1008 ) Q ( x + 1) . (2)
Từ (2) ta có Q ( 1008) = 0 ⇒ Q ( x ) = ( x − 1008 ) R ( x ) .
Thay vào (1) ta có R ( x ) = R ( x + 1) .
+ Nếu R ( x ) là đa thức 0 thì R ( x ) thỏa mãn (3).
+ Nếu R ( x ) không phải là đa thức 0; giả sử deg R( x ) = n
Từ giả thiết: R ( 0 ) = R(1) = R(2) = ... = R(n ) = R( n + 1)

1.0
1.0

Suy ra R(i ) − R(0) = 0; ∀i = 1; n + 1
Như vậy 1, 2,..., n + 1 là n + 1 nghiệm của đa thức K ( x ) = R( x ) − R(0)
Mà degK( x ) = n ⇒ K ( x ) ≡ 0 ⇒ R( x ) ≡ R(0)
Do đó R( x ) = a với a = const .
2016

Vậy P ( x ) = a∏ ( x − k )
k =0

Xét bảng ô vuông 7 × 7 . Ta thực hiện tô màu cho bảng như sau: hai ô của
4

bảng được tô màu đỏ, các ô còn lại được tô màu xanh lá. Hai cách tô màu
được coi là như nhau nếu cách này có thể thu được từ cách kia khi xoay
vòng bảng ô vuông đó trên mặt phẳng. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu

khác nhau cho một bảng ô vuông như vậy?

4.0


Ta có C492 = 1176 cách chọn vị trí cho hai ô tô màu đỏ.
Bảng có 49 ô vuông, ta coi ô vuông ở giữa là tâm của bảng.
Nếu hai ô tô màu đỏ nằm ở hai vị trí không đối xứng nhau qua tâm của bảng
thì sẽ có bốn cách tô màu được coi là như nhau. Ví dụ bốn cách tô màu như
hình minh họa sau được coi là một.

1.0

Nếu hai ô tô màu đỏ nằm ở hai vị trí đối xứng nhau qua tâm của bảng thì sẽ
có hai cách tô màu được coi là như nhau. Ví dụ hai cách tô màu như sau
được coi là một.

1.0

Ta có tất cả

49 − 1
= 24 cặp ô vuông đối xứng nhau qua tâm của bảng.
2

Như vậy ta có số cách tô màu cho bảng là
5

1.0

1176 − 24 24
+
= 300 .
4
2

1.0

Cho 0 < a1 < a2 < ... < an ≤ 2n là các số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ nhất

4.0


của hai số bất kì trong chúng đều lớn hơn 2n . Chứng minh rằng a1 > 

2n 
.
 3 

( [ x ] là kí hiệu phần nguyên của số thực x ).
Rõ ràng, trong các số trên không tồn tại cặp số nào mà số này chia hết cho số
kia (vì nếu trái lại thì bội chung nhỏ nhất của chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2n ).

1.0


Ta viết ak = 2 Ak với Ak là số lẻ. Ta thấy các giá trị Ak là phân biệt. Thật
t
vậy, nếu tồn tại Ai = Aj = A thì lcm ( ai , a j ) = 2 A = ai ≤ 2n hoặc
tk

i

lcm ( ai , a j ) = 2 j A = a j ≤ 2n mâu thuẫn với giả thiết.
Mặt khác từ 1 đến 2n ta có n số lẻ phân biệt. Do đó các giá trị Ak là các số
lẻ từ 1 đến 2n theo một thứ tự nào đó.
Xét a1 = 2t1 A1 .
t

1.0


Nếu a1 ≤ 

2n 
thì 3a1 = 2t1 3 A1 ≤ 2n ⇒ 3 A1 ≤ 2n . Do đó 3A1 là một số lẻ nhỏ hơn

3
 
2n , tức là 3 A1 = A j nào đó.

t
t
Như vậy a j = 2 3 A1 . Khi đó lcm ( a1 , a j ) = 2 3 A1 = 3a1 ≥ 2n mâu thuẫn với giả
j

1

1.0

t
thiết hoặc lcm ( a1 , a j ) = 2 3 A1 = a j ≥ 2n , mâu thuẫn với điều giả sử.
j


Vậy điều giả sử là sai, tức là ta có a1 > 

2n 
.
 3 

1.0