Toán 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương lần thứ 12 các trường chuyên lê HỒNG PHONG NAM ĐỊNH mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN: TOÁN - KHỐI:11
Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ DỮ LIỆU

Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số ( xn ) xác định bởi : x1 = 1, xn+1 = 1 +

4
, ∀n ≥ 1 .
1 + xn

Chứng minh dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân tại A nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường tròn ( O1 ) tiếp xúc với các cạnh
BA, BC và tiếp xúc trong với ( O ) tại B1 . Đường tròn ( O2 ) tiếp xúc với các cạnh
CA, BC và tiếp xúc trong với ( O ) tại C1 .
1. Gọi M , N lần lượt là tiếp điểm của BC với các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) và
J là giao điểm của B1M , C1 N . Chứng minh rằng AJ là tiếp tuyến của các đường
tròn ngoại tiếp các tam giác B1CM , C1BN .
2. Gọi S là giao điểm của BC và B1C1 . Chứng minh rằng ·AIS = 900 .
f : ¥ → ¥ thỏa
Câu 3 (4,0 điểm). Tìm tất cả các hàm
f ( f ( n ) ) + ( f ( n ) ) = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ ¥ * .

mãn:

2

a − j +1
| Cbja với a, b là các số nguyên lớn hơn 1,
Câu 4 (4,0 điểm). Chứng minh b
j ≤ a + 1.
Câu 5 (4,0 điểm). Cho 10 người ngồi thành một hàng ngang. Có bao nhiêu cách chia
những người này thành 3 nhóm sao cho không có 2 người ngồi cạnh nhau thuộc cùng
một nhóm.

--------------------------- HẾT --------------------------• Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
• Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: .........................


Lời giải
Câu 1. Ta có x2 = 1 +
Hàm số f ( x) = 1 +
Ta có xn+1 = 1 +

4
4
4
= 3; x3 = 1 + = 2 > x1; x4 = 1 + < x2
2
4
3

4
liên tục và nghịch biến trên [0,+), 1 < f ( x) ≤ 5
1+ x

4
= f ( xn ), ∀n  ( xn ) bị chặn
1 + xn

x1 < x3 ⇒ f ( x1 ) > f ( x3 ) ⇒ x2 > x4 ⇒ f ( x2 ) < f ( x4 ) ⇒ x3 < x5 ⇒ ...
suy ra dãy ( x2 n+1 ) tăng và dãy ( x2 n ) giảm suy ra ( x2 n+1 ),( x2 n ) là các dãy hội tụ.
Giả sử lim x2 n = a;lim x2 n+1 = b (a, b ≥ 1)
Từ x2 n+1 = f ( x2 n ) ⇒ lim x2 n+1 = lim f ( x2 n ) ⇒ b = f ( a)
Từ x2 n+ 2 = f ( x2 n +1 ) ⇒ lim x2 n+ 2 = lim f ( x2 n +1 ) ⇒ a = f (b)
4

b
=
1
+

1+ a
⇔ a = b = 4 = 2 . Vậy lim xn = 2
Giải hệ phương trình 
4
a = 1 +

1+ b
Câu 2.
A

C1

B1

O1

O2

Q

I
O
P

S

B

N

M

C

J

1. Gọi J1 , J 2 lần lượt là giao điểm thứ 2 của B1M , C1 N với ( O )
Ta có ∆O1B1M , ∆OB1 J1 là các tam giác cân tại O1 , O , mà O, O1 , B1 thẳng hàng nên
suy ra OJ1 || O1M . Do đó OJ1 ⊥ BC
Chứng minh tương tự ta có OJ 2 ⊥ BC

Mà J1 , J 2 cùng phía đối với BC nên suy ra J1 ≡ J 2 ≡ J . Suy ra J là điểm chính giữa
của cung BC nên A, I , J thẳng hàng và JB = JC = JI .
·
·
· N suy ra tứ giác BC1IN nội tiếp
Ta có ∆IBN : ∆ABI nên BIN
= BAI
= BC
1
Chứng minh tương tự ta có tứ giác CB1IM nội tiếp.
Mặt khác ta có JM .JB1 = JB 2 = JC 2 = JN .JC1 = JI 2
Vậy AJ là tiếp tuyến của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1CM , C1BN .
2. Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1CM , C1BN thì
PQ ⊥ AJ tại I .
Vì JM .JB1 = JB 2 = JC 2 = JN .JC1 = JI 2 nên tứ giác MNC1B1 nội tiếp.
Gọi S1 = PQ ∩ BC . Do ∆PBN và ∆QCM là các tam giác cân có các góc ở đỉnh
·
·
·
·
·
bằng 2BAJ
nên chúng đồng dạng. Suy ra PBN
. Do đó
= PNB
= QCM
= QMC
PB || QN , PN || QC

⇒

S1P S1B S1 N
=
=
⇒ S1B.S1C = S1M .S1 N do đó S1 thuộc trục đẳng phương của hai
S1Q S1M S1C

đường tròn ( MNC1B1 ) , ( ABC ) ⇒ S1 ∈ B1C1 hay PQ, B1C1 , BC đồng quy tại S1 S1 ≡ S
. Vậy ·AIS = 900
Câu 3. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài
Chứng minh được f là đơn ánh, vì vậy nếu tồn tại thì đó là hàm duy nhất.
Sử dụng phương pháp quy nạp toán học: Chứng minh f ( n ) = n + 1 .
2
Nhận thấy, với n = 1 , đặt f ( 1) = a thì ta có: f ( a ) + a = 7 hay a = 2 (do 1 ≤ a ≤ 2
mà a = 1 không thỏa mãn), suy ra f ( 1) = 1 + 1 và f ( 2 ) = 2 + 1 .
Giả sử rằng f ( k ) = k + 1 với một số k ∈ ¥ * .
Từ điều kiện bài toán ta có: f ( k + 1) + ( k + 1) = k 2 + 3k + 3 ⇔ f ( k + 1) = k + 1 + 1
Theo giả thiết quy nạp suy ra f ( n ) = n + 1 .
Thử lại thấy thỏa mãn.
2

a − j +1
| Cbja với a, b là các số nguyên lớn hơn 1, j ≤ a + 1 .
Câu 4. Chứng minh b
+ Chứng minh quy nạp được b n ≥ n + 1, ∀n nguyên dương
a
Suy ra b ≥ a + 1 ≥ j

( b )!

a

1 j −1 a
= ∏ ( b − i ) (*)
+ Ta có C =
j !( b a − j ) ! j ! i =0
j
ba

Với số i = 0, j − 1 , đặt i = b r m với b | m , r là số tự nhiên.
Do j ≤ a + 1 nên i ≤ a , suy ra r nhỏ hơn a


a
a
r
r
a−r
Khi đó b − i = b − b m = b ( b − m ) , hay số mũ của b trong i bằng số mũ của b
trong b a − i .
Với mỗi i = 1, j − 1 thì số mũ của b ở tử và mẫu trong (*) là bằng nhau, vậy số mũ
j
của b trong Cb bằng a trừ số mũ của b trong j.
a

j
j −1
Do b ≥ j nên số mũ của b trong j không vượt quá j − 1 , hay số mũ của b trong Cb
không nhỏ hơn a − j + 1 , ta có điều phải chứng minh.

a

Câu 5. Đặt S ( n, k ) là số cách chia nhóm n người thành k nhóm mà trong mỗi nhóm
không có 2 người liên tiếp.
( *) .
Sử dụng truy hồi ta được: S ( n, k ) = S ( n − 1, k − 1) + ( k − 1) S ( n − 1, k )
(Xét nhóm có n – 1 người trước đó, với S ( n − 1, k ) và S ( n − 1, k − 1) tương ứng là số
cách phân chia thành k và k – 1 nhóm thỏa mãn, ta thêm 1 người, sẽ được nhóm n
người.
Xét cách chia nhóm này thành k nhóm thỏa mãn.
Người này có thể đứng 1 mình 1 nhóm, số cách là S ( n − 1, k − 1)
Người này có thể thêm vào nhóm không có người thứ n – 1, có k – 1 nhóm như vậy,
trong trường hợp này có ( k − 1) S ( n − 1, k ) cách)
Áp dụng (*) với n = 10, k = 3 ,vào bài toán ta được:
S ( 10,3) = S ( 9,2 ) + 2S ( 9,3) = 1 + 2  S ( 8,2 ) + 2 S ( 8,3 )  = 1 + 2 + 4  S ( 7,2 ) + 2 S ( 7,3 ) 
=1 + 2 + 4 + 8S ( 7,3) = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 S ( 6,3 ) = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 S ( 5,3 )
= 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 S ( 4,3) = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128S ( 3,3 )
= 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128 = 28 − 1
(Chú ý rằng: S ( n,2 ) = 1 , do chỉ có 1 cách chia 2 nhóm xen kẽ nhau)