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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LỚP 11

(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

Câu 1: (4 điểm ) Cho dãy số ( un ) xác định bởi: u0 = 1 , un+1 =

un
∀n ∈ ¥ . Tìm
n un + un2 + 1
2

lim n3un = ? .
n→+∞
Câu 2: (4 điểm ) Cho tam giác

nội tiếp đường tròn

Gọi

của đường tròn ngoại tiếp tam giác

tại ,

là điểm chính giữa cung

giao

ngoại tiếp tam giác

tại . Kẻ phân giác trong

. Trực tâm tam giác

của góc

. Gọi

là

.

giao
là tâm đường tròn

.

a) Chứng minh
b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

Câu 3(4 điểm): Tìm tất cả các hàm

bằng

f : ¡ → ¡ thỏa mãn

f ( x 2 ) + 4 y 2 f ( y ) = ( f ( x − y ) + y 2 ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) ∀x , y ∈¡

Câu 4: (4 điểm ) Cho đa thức P( x) = x3 + 2009 x2 + 2015 x + 2012 .
*
Đặt P1 ( x) = P( x); Pn+1 ( x) = P( Pn ( x)), ∀ n ∈ N . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương

n thỏa mãn Pn ( x) − x chia hết cho 2003 với mọi số nguyên x.
Câu 5: (4 điểm ) Cho tập hợp
a) Hỏi có bao nhiêu tập con 3 phần tử của

.
mà chúng là độ dài 3 cạnh của một tam giác có

cạnh lớn nhất có độ dài bằng 1000?
b) Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của , tính xác suất để 3 số được chọn là độ dài 3 cạnh của
một tam giác có cạnh lớn nhất có độ dài là một số chẵn.
Page 1


-------------------------Hết------------------------TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN LỚP:11

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1: (4 điểm ) Cho dãy số ( un ) xác định bởi: u0 = 1 , un+1 =

un

∀n ∈ ¥ . Tìm
n un + un2 + 1
2

lim n3un = ? .
n→+∞
Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời
Từ giả thiết un+1 =
xác định bởi vn =

un
u
1
∀n ∈ ¥ ta có un +1 < 2 n = 2 ∀n ∈¥ * nên ( vn )
2
n un + un + 1
n un n
2

n

∑u
k =0

k

Điểm
0,5

vn = c ( c hữu hạn).
có giới hạn hữu hạn, giả sử nlim
→+∞

un
1
1
∀n ∈ ¥ ta có
= n 2 + un + ∀n ∈¥
Cũng từ un+1 = 2
2
n un + un + 1
un +1
un
1
1
⇔
−
= n 2 + un ∀n ∈¥ .
un +1 un
1
1
− = 0 2 + u0
Do đó
u1 u0
1
1
− = 12 + u1
u2 u1

0,5
0,5
0,5

…

1
1
−
= ( n − 1) 2 + un−1 .
un un −1
Cộng theo vế ta được :

1 1 (n − 1)n(2n − 1) n−1
− =
+ ∑ uk
u n u0
6
k =0

⇒

1
(n − 1)n(2n − 1) vn −1 + 1
=
+
.
3
n un
6 n3

n3

1 + vn
vn = c ) nên
= 0 ( do nlim
→+∞
n→+∞ n 3

0,5

0,5

Mà lim

1
( n − 1) n(2n −1) 1
3
⇒ lim 3 = lim
= hay lim n un = 3
3
n →+∞ n u
n→+∞
n→+∞
6n
3
n

0,5
0,5
Page 2

Câu 2: (4 điểm ) Cho tam giác

nội tiếp đường tròn

Gọi

của đường tròn ngoại tiếp tam giác

là điểm chính giữa cung

tại ,

giao

tại . Kẻ phân giác trong

ngoại tiếp tam giác

. Trực tâm tam giác

của góc

. Gọi

là

.

giao
là tâm đường tròn

.

a) Chứng minh
b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

bằng

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời

a) Ta có

nên tứ giác

Suy ra

Điểm

nội tiếp.

, ta thhu được tứ giác

nội tiếp, tương tự tứ giác

nội tiếp.
Dễ có

(đường tròn qua 3 điểm

, gọi là tâm của

0,5
0,5
0,5
0,5

. Ta có:
Page 3


Suy ra

0,5
0,5
0,5

.

b) Ta có

nên

Do

và

và

Ta có

giao

Do

và

đối xứng với nhau qua
nên

. Suy ra

tại là tâm của phép vị tự quay biến
nên

thành

.
nên

.

0,5

.

Ta thu được

, suy ra tứ giác

là hình thang cân. Vậy

Câu 3(4 điểm): Tìm tất cả các hàm

.

nội tiếp. Mà

, hay

f :¡ → ¡

nên

.

thỏa mãn

f ( x 2 ) + 4 y 2 f ( y ) = ( f ( x − y ) + y 2 ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) ∀x , y ∈¡ . (1)

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời
Thay x = 0 và

(1)

Điểm

ta được:

f ( 0 ) + 4 y 2 f ( y ) = 2 ( f ( − y ) + y 2 ) f ( y ) ∀y ∈¡ .
Thay y bởi − y vào (2) ta có:
f ( 0 ) + 4 y 2 f ( − y ) = 2 ( f ( y ) + y 2 ) f ( − y ) ∀y ∈¡ .
Trừ theo vế (2) và (3) ta có

4y

2

(2)
(3)

0,5

( f ( y ) − f ( − y ) ) = 2 y ( f ( y ) − f ( − y ) ) ∀y ∈¡
2

⇒ f ( − y ) = f ( y )∀ y ∈ ¡

(4)

Lại thay y bởi − y vào (1):
f x 2 + 4 y 2 f ( −y ) = f ( x + y ) + y 2

0,5

0,5

( )
(
) ( f ( x − y ) + f ( −y ) ) ∀x, y ∈¡
⇒ f ( x ) + 4 y f ( y ) = ( f ( x + y ) + y ) ( f ( x − y ) + f ( y ) ) ∀x , y ∈¡
2

2

2

.
(5)
Từ (1) và (5) ta có

( f ( x − y ) + y ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) = ( f ( x + y ) + y ) ( f ( x − y ) + f ( y ) ) ∀x, y ∈¡
⇔ ( f ( y ) − y ) ( f ( x + y ) − f ( x − y ) ) ∀x, y ∈¡ .
2

2

2

Nếu

f ( y ) = y 2∀y ∈ ¡ thay vào (1) thỏa mãn.

Giả sử tồn tại

y0 ≠ 0 sao cho f ( y0 ) ≠ y02

thì

f ( x + y 0 ) = f ( x − y0 ) ∀ x ∈ ¡ ⇒ f ( x + 2 y 0 ) = f ( x ) ∀ x ∈ ¡ .
(6)
Từ (1), thay

y = 2 y0

0,5
0,5

ta có
Page 4


f ( x 2 ) +16 y02 f ( 2 y0 ) = ( f ( x − 2 y0 ) + 4 y02 ) ( f ( x + 2 y0 ) + f ( 2 y0 ) ) ∀x ∈¡ .
(7)
Từ (6) ta có

f ( x − 2 y0 ) = f ( x + 2 y0 ) = f ( x),f(2 y0 ) = f (0) , kết hợp (7) suy ra:

f ( x 2 ) +16 y02 f ( 0 ) = ( f ( x ) + 4 y02 ) ( f ( x ) + f ( 0 ) ) ∀x ∈¡ .
(8)
Thay

0,5

0,5

y = 0 vào (1):

f ( x 2 ) = f ( x ) ( f ( x ) + f ( 0 ) ) ∀x ∈¡ .

(9)
0,5
2
2
Từ (8) và (9) ta có 16 y0 f ( 0 ) = 4 y0 f ( x ) + f ( 0 ) ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x) = 3 f (0)∀x ∈ ¡ .

(

f ( x) ≡ 0 ( thỏa mãn)
f ( x) = 0∀ x ∈ ¡ hoặc f ( x) = x 2 ∀x ∈ ¡

)

Thay vào (1) ta được
Vậy

.

Câu 4: (4 điểm ) Cho đa thức P( x) = x3 + 2009 x2 + 2015 x + 2012 .
*
Đặt P1 ( x) = P( x); Pn+1 ( x) = P( Pn ( x)), ∀ n ∈ N . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương

n thỏa mãn Pn ( x) − x chia hết cho 2003 với mọi số nguyên x.
Nội dung trả lời

Điểm

Bổ đề: P ( x) ≡ P ( y ) (mod 2003) ⇔ x ≡ y (mod 2003)
Chứng minh:
Ta chỉ cần chứng minh P ( x ) ≡ P ( y ) (mod 2003) ⇒ x ≡ y

∀ x,y ∈ Z
(mod 2003)

Thật vậy P( x) = ( x + 2)3 + 2003( x 2 + x + 1) + 1
Do đó

P ( x) ≡ P( y ) (mod 2003) ⇒ ( x + 2) ≡ ( y + 2) (mod 2003) ∀x,y ∈ Z
3

0,5
0,5

3

( x + 2) ≡ 0 (mod 2003) ⇒ ( y + 2) ≡ 0(mod 2003) . Do đó x ≡ y (mod 2003)
Nếu ( x + 2) ≠ 0 (mod 2003) ⇒ ( y + 2) ≠ 0(mod 2003) .
Nếu

0,5

Áp dụng định lý Fermat với 2003 là số nguyên tố ta có:

( x + 2) 2002 ≡ ( y + 2) 2002 ≡ 1 (mod 2003)
3
3
2001

Mặt khác ( x + 2) ≡ ( y + 2) (mod 2003) ⇒ ( x + 2)
≡ ( y + 2) 2001 (mod 2003)
⇒ ( x + 2) 2002 ≡ ( y + 2) 2001 (x+2) (mod 2003) ⇒ ( y + 2) 2002 ≡ ( y + 2) 2001 (x+2) (mod 2003)
0,5

( x + 2) ≡ ( y + 2) (mod 2003) ⇒ x ≡ y (mod 2003)

(đpcm).

Trở lại bài toán:
Đặt A={0;1;2;...2002}. Với mỗi x ∈ A , xét dãy P1(x), P2(x)...,P2004(x).
Theo nguyên lý Dirichle tồn tại các số m,k thỏa mãn 1 ≤ m < k ≤ 2004 và
Pm ( x) ≡ Pk ( x) (mod2003) suy ra Pm ( x) ≡ Pm ( Pk − m ( x)) (mod2003)

0,5
Page 5


Áp dụng bổ đề ta có

Pk − m ( x) ≡ x (mod2003) .

Vì vậy với mỗi x ∈ A luôn tồn tại nx ∈ N thỏa mãn: Pnx ( x ) ≡ x (mod 2003) .
0,5
Lấy một bội số chung n > 1 của n 0, n1,...n2012. Ta sẽ chứng minh n là một giá trị thỏa mãn yêu
cầu cầu của đề bài.
Thậy vậy với x ∈ A ta dễ thấy Pn ( x ) = Pknx ( x) ≡ Pnx ( x ) ≡ x (mod 2003)
*

Với

mỗi

số

nguyên

x ∉A

luôn

tồn

y ∈ A, x ≡ y (mod2003) suy

tại

Pn ( x) ≡ Pn ( y ) ≡ y ≡ x (mod2003)
Vì vậy Pn ( x) − x chia hết cho 2003 với mọi số nguyên x.
Vì tồn tại vô hạn bội chung n > 1 của n0, n1,...n2012 nên có vô hạn n thỏa mãn bài toán
(đpcm) .

Câu 5: (4 điểm ) Cho tập hợp

0,5

ra

0,5

.

a) Hỏi có bao nhiêu tập con 3 phần tử của mà chúng là độ dài 3 cạnh của một tam giác có
cạnh lớn nhất có độ dài bằng 1000?
b) Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của , tính xác suất 3 để số được chọn là độ dài 3 cạnh của
một tam giác có cạnh lớn nhất có độ dài là một số chẵn.
Nội dung trả lời

Điểm

a) Đặt
và gọi là tập chứa các tập con thỏa mãn đề bài, theo BĐT tam
giác và không mất tính tổng quát, ta có

0,5

Rõ ràng
Từ điều kiện của

và

ta có

và

là trường hợp

và trường hợp

Trường hợp 1,

. Ta cũng có

. Ta xét hai trường hợp, đó
.

(do

. Lúc này, với mỗi giá trị của , ta có thể chọn
(tập này có
chọn các tập

0,5

), suy ra
tùy ý thuộc tập

phần tử). Dẫn đến số cách

thỏa mãn là

Trường hợp 2,

. Hiển nhiên ta cũng phải có
. Khi đó, với mỗi

tùy ý thuộc tập
cách chọn các tập

thuộc tập

(tập này có

, suy ra

0,5

, ta có thể chọn
phần tử). Do đó, số

0,5

thỏa mãn là
Page 6


Vậy

0,5
0,5

b) Với mỗi số nguyên dương chẵn

, kí hiệu
. Khi đó, số cách chọn 3 phần tử thỏa

mãn yêu cầu đề bài là

Theo câu a), ta có

0,5

0,5

Suy ra

Và do số cách chọn 3 phần tử bất kì thuộc

là

, suy ra xác suất cần tính là

Page 7