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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, TỈNH LAI CHÂU
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 11
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( a n ) ,n ≥ 1 thỏa mãn a1 = 1,a n =

2n − 3
a n −1 ,n ≥ 2 và
2n

n

dãy ( b n ) ,n ≥ 1 thỏa mãn b n = ∑ a i ,n ≥ 1 . Chứng minh dãy ( b n ) có giới hạn và tìm
i =1

giới hạn đó.
Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau
tại H. Cho K là một điểm tùy ý trên cạnh BC (K khác B, C). Kẻ đường kính KM
của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính KN của đường tròn ngoại
tiếp tam giác CEK. Chứng minh rằng M, H, N thẳng hàng.
Câu 3 (4,0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 . Tìm giá trị lớn
x 4 y4
y4z 4
z4x 4
+
+
nhất của biểu thức P = 5

x + y5 + x 4 y 4 y5 + z 5 + y 4 z 4 z 5 + x 5 + z 4 x 4
Câu 4 (4,0 điểm). Trong một cuộc hội nghị, mỗi đại biểu bắt tay ít nhất 6 đại biểu
khác. Người ta đếm được tất cả 97 lần bắt tay. Hỏi hội nghị đó có tối đa bao nhiêu
đại biểu.
Câu 5 (4,0 điểm). Cho số nguyên dương n > 1 thỏa mãn 3n − 1 chia hết cho n.
Chứng minh rằng n là số chẵn.
.....................HẾT.....................
Người ra đề

Lê Thành Trung
(Điện thoại liên hệ: 01642 222 400)


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
Nội dung
Điểm
1
Ta có 2na n = ( 2n − 3) a n −1 ⇔ a n −1 = 2 ( n − 1) a n −1 − na n  ,n > 1 .
(4,0 điểm)
n
1,0
Do đó b n = ∑ 2 ia i − ( i + 1) a i +1  = 2 1 − ( n + 1) a n +1 
i =1

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng na n ≤

1
,n ≥ 1 .
n

Thật vậy:
- Với n = 1, ta có a1 = 1 nên khẳng định đúng.
- Giả sử khẳng định đúng với n ( n ≥ 1) . Ta có
2 ( n + 1) − 3
 2n − 1   1 
a n +1 =
an ≤ 
÷
÷, ta cần chứng minh
2 ( n + 1)
 2n + 2  n n 
 2n − 1   1

÷
 2n + 2  n n

1,0

1

⇔ ( 2n − 1) n + 1 ≤ 2n n
÷≤
 ( n + 1) n + 1

⇔ ( 4n 2 − 4n + 1) ( n + 1) ≤ 4n 3 ⇔ 1 ≤ 3n

Bất đẳng thức cuối đúng nên khẳng định trên đúng với n + 1.
Theo nguyên lí qui nạp thì khẳng định được chứng minh.
1 

Ta có 2 1 −
÷≤ 2 1 − ( n + 1) a n +1  = b n ≤ 2
n
+
1


Theo nguyên lí kẹp thì dãy ( b n ) có giới hạn và lim b n = 2 .

1,0
1,0


2
(4,0 điểm)

Gọi L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (BKF) và
(CKE).
Ta có tứ giác BFEC nội tiếp. Do đó AF.AB = AE.AC ⇒ A
thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (BFK) và (CEK).
Suy ra A, L, K thẳng hàng.
Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên AH.AD = AF.AB = AL.AK .
Do đó tứ giác DHLK nội tiếp. Suy ra HL ⊥ AK .
Mà ML ⊥ AK nên M, H, L thẳng hàng.
Tương tự N, H, L thẳng hàng. Từ đó suy ra M, H, N thẳng
hàng.

3
1
1
1
a = ,b = ,c = , bài toán trở thành: cho a, b, c là các
Đặt
(4,0 điểm)
x
y
z
số dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
ab
bc
ca
P= 5
+
+
a + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a 5 + ca
ab
ab
1
≤
≤
Ta có 5
a + b5 + ab a 3b 2 + a 2 b3 + ab a 2 b + ab 2 + 1
1
1
c
= 2
=

=
a b + ab 2 + abc ab ( a + b + c ) a + b + c

4

Tương tự ta có:
bc
a
ca
b
≤
; 5
≤
5
5
5
b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c
Suy ra P ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy MaxP = 1
Gọi n là số đại biểu.

1,0

1,0
1,0
1,0

1,0

1,0

1,0
1,0
1,0


(4,0 điểm) Ta xây dựng đồ thị G với đỉnh là các đại biểu, còn hai đỉnh
bất kỳ được nối với nhau bằng cạnh khi và chỉ khi hai đại
biểu tương ứng của hai đỉnh đó bắt tay với nhau.
Khi đó đồ thị G có 97 cạnh.
Theo bổ đề bắt tay, trong một đồ thị, tổng số bậc của các
đỉnh bằng hai lần số cạnh, do đó 97x2 ≥ 6n ⇒ n ≤ 32 .
Vậy hội nghị có tối đa 32 đại biểu.
5
Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n. Ta có p ≠ 3 (vì nếu p
(4,0 điểm) = 3 thì 1Mp vô lí). Do 3n − 1Mn nên 3n − 1Mp hay
3n ≡ 1( mod p ) .
d
Gọi d là số nguyên dương bé nhất sao cho 3 ≡ 1( mod p ) .
Xét khai triển sau: n = kd + r với 0 ≤ r ≤ d − 1 . Ta có
3n ≡ 3r ( mod p ) ⇒ 3r ≡ 1( mod p ) . Suy ra r = 0 . Do đó n Md .
Do p là số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có
3p −1 ≡ 1( mod p ) . Lập luận tương tự như trên suy ra p − 1Md .
Có hai khả năng xảy ra:
a) d > 1: Gọi q là ước nguyên tố của d. Vì n Md nên n Mq
⇒ p − 1 ≥ d ⇒ p > d ⇒ p > q . Điều này mâu thuẫn với cách
chọn p là ước số nguyên tố bé nhất của n. Do vậy khả năng
này không xảy ra.
d
b) d = 1 : Từ 3 ≡ 1( mod p ) ⇒ 3 ≡ 1( mod p ) ⇒ p = 2 . Do p = 2

là ước nguyên tố của n, suy ra n chẵn (đpcm).
… HẾT …

1,0
1,0
1,0
1,0

1,0
1,0

1,0