Toán 11 đề thi (chính thức) kỳ thi HSG các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ lần thứ IX năm 2016

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1 (4 điểm). Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) biết
2(n + 2) 2 un +1 − (n3 + 4n 2 + 5n + 2)un
1
u1 = ; u2 = 673; un + 2 =
, n ∈ ¥ , n ≥ 1.
2
n+3

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C
cắt nhau tại S. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam giác ABC.
Các đường trung trực của các đoạn thẳng AB, AC cắt d lần lượt tại M và N. Gọi P
là giao điểm của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP, H là trực
tâm của tam giác OMN.
a. Chứng minh H, I đối xứng với nhau qua d.
b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng.
Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số sao cho:

f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x 2 , ∀x, y ∈ ¡ .
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) với x, y nguyên tố cùng nhau

(

)

3
3
và thỏa mãn phương trình: 2 x − x = y − y .

Câu 5 (4 điểm). Cho n là một số nguyên dương chẵn lớn hơn hoặc bằng 4. Ta tô màu mỗi
số trong các số nguyên dương từ 1 đến n sao cho
xanh và

n
số trong chúng được tô màu
2

n
số còn lại được tô màu đỏ. Với mỗi cách tô như vậy, kí hiệu f n là số các
2

số nguyên dương bất kì mà nó có thể viết được dưới dạng tổng hai số khác màu.
a. Tìm tất cả các giá trị của f 4 .
b. Khi n ≥ 8, chứng minh rằng f n < 2n − 3. Hãy chỉ ra một cách tô màu thỏa
mãn f n = 2n − 5.
------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và các loại Máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ................................................................ Số báo danh: ................................
Trang 1

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 11
(Hướng dẫn này có 07 trang)
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) biết
Câu 1
(4 điểm)

2(n + 2) 2 un +1 − (n3 + 4n 2 + 5n + 2)un
1
u1 = ; u2 = 673; un + 2 =
, n ∈ ¥ , n ≥ 1.
2
n+3

Giải:

1đ

+) Từ giả thiết ta có, với n ∈ ¥ , n ≥ 1 thì:
(n + 3)un + 2 = 2(n + 2) 2 un +1 − (n + 2)(n + 1) 2 un
⇔

n+3

un + 2 = 2(n + 2)un +1 − (n + 1) 2 un
n+2

n+3
un + 2 = (n + 3)un +1 + (n + 1)un +1 − (n + 1) 2 un .
n+2
+) Đặt un = n !vn , n ∈ ¥ , n ≥ 1 ta thu được:
⇔

1đ

(n + 3)vn + 2 = (n + 3)vn +1 + (n + 1)vn +1 − (n + 1)vn
⇔ (n + 3)(vn + 2 − vn +1 ) = (n + 1)(vn+1 − vn ).

+) Đặt wn = vn − vn −1 , n ∈ ¥ , n ≥ 2 ta có:

1đ

(n + 1) wn = (n − 1) wn −1
⇔ (n + 1)nwn = n(n − 1) wn −1 .

Do đó ta có:
(n + 1)nwn = n( n − 1) wn −1 = (n − 1)( n − 2) wn − 2 = ... = 3.2.w2
= 6(v2 − v1 ) = 2016.
2016
1
1
= 2016( −
) , n ∈ ¥,n ≥ 2 .
n(n + 1)

n n +1
1
1
n −1
) = 1008
+) Từ đó, ta có vn − v1 = 2016( −
2 n +1
n +1

Như vậy, wn =

⇔ vn =

Vậy un = n !

Câu 2
(4 điểm)

2017 n − 2015
, n ∈ ¥,n ≥ 1.
2(n + 1)

2017 n − 2015
, n ∈ ¥,n ≥ 1.
2(n + 1)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C
cắt nhau tại S. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam
Trang 2

1đ


giác ABC. Các đường trung trực của các đoạn thẳng AB, AC cắt d lần lượt
tại M và N. Gọi P là giao điểm của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác MNP, H là trực tâm của tam giác OMN.
a. Chứng minh H, I đối xứng với nhau qua d.
b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng.
K

E
A

N

O

F

H
I

P

M

d
C
D
B

E

S

a

1,5 đ

Giải:
+) Chứng minh OP là trung trực của MN
Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như
hình vẽ.
Gọi D là trung điểm của BC, E là giao điểm (khác A) của d với (O), F
là trung điểm của MN.
Vì hai tam giác MAB và NAC cân nên dễ thấy :
Trang 3


·
·
·
PMN
= PNM
, ·OMN = ONM

Suy ra, tam giác PMN cân tại P và tam giác OMN cân tại O. Vậy OP
là trung trực của MN.
1,5 đ

+) Chứng minh I, H đối xứng với nhau qua d
Ta có:
1·
1·
1·
·
·
·
IMF
= BME
= BAC
, ·HMF = HON
= BAC
⇒ IMF
= ·HMF .
2
2
2

Vậy hai điểm I và H đối xứng với nhau qua d.
b +) Chứng minh AD, AS đối xứng với nhau qua AE

0,5 đ

Gọi EK là đường kính của (O).
Ta có (DSEK) = - 1 nên A (DSEK) = -1 mà AE và AK vuông góc với
nhau suy ra AE là phân giác góc SAD.
Vậy AD, AS đối xứng với nhau qua AE.
+) Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục d ta thấy A, I, S thẳng hàng

0,5 đ

khi và chỉ khi A, H, D thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF
để chứng minh điều này.
A
MF cot
HO FO
2 − 1 = cos A ;
=
−1 =
A
A
HF FH
MF tan
sin 2
2
2
HO DE AF
⇒
.
.
= 1.
HF DO AE

Câu 3
(4 điểm)

A
2sin 2
DE R (1 − cos A)

2
=
=
DO
R cos A
cos A

Ta có điều phải chứng minh.
Tìm tất cả các hàm số sao cho:

f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x 2 , ∀x, y ∈ ¡ (1)

Giải :
+) Cho x = 0 vào (1) ta có f ( 0 ) = f ( yf ( 0 ) ) , ∀y ∈ ¡ , suy ra f ( 0 ) = 0
vì nếu ngược lại cho y =

0,5 đ

t
thì f ( 0 ) = f ( t ) , ∀t ∈ ¡ ta thu được f
f (0)

là hàm hằng, thay vào (1) thấy vô lý.
2
+) Cho y = 0 và y = − x vào (1) thì có f ( xf ( x ) ) = x và

1,0 đ

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

(

)

2
+) Nếu tồn tại t0 ≠ 0 sao cho f ( t0 ) = 0 thì 0 = f t0 f ( t0 ) = ( t0 ) vô lý. 0,5 đ

+) Chứng minh hàm số cần tìm là đơn ánh.
Trang 4

0,5 đ


Giả sử f ( x ) = f ( y ) ta có:

x 2 = f ( xf ( x ) ) = f ( xf ( y ) ) = f

⇒ f

( ( y − x) f ( x) ) + x

2

 f ( x) = 0

( ( y − x) f ( x) ) = 0 ⇒ 

⇒x= y
x − y = 0
+) Ta chứng minh f ( − x ) = − f ( x ) ∀ x ∈ ¡ .

Ta xét x ≠ 0 vì nếu x = 0 là hiển nhiên.
2
Giả sử f ( x ) > 0 ⇒ ∃z > 0 sao cho f ( x ) = z . Vì f đơn ánh và

0,5 đ

f ( zf ( z ) ) = z 2 nên x = zf ( z ) do đó

f ( − x ) = f ( − zf ( z ) ) = − z 2 = − f ( x ) .

Trong trường hợp f ( x ) < 0 chứng minh tương tự.
+) Mặt khác, ta có

f ( yf ( x ) ) = − x + f ( xf ( x + y ) )

0,5 đ

2

2
2
= − x 2 + ( x + y ) − ( x + y ) + f ( − xf ( x + y ) ) 


2
= y + 2 xy − f ( ( x + y ) f ( y ) )
2
= 2 xy + ( − y ) + f ( ( x + y ) f ( − y ) )  = 2 xy + f ( − yf ( x ) )



Suy ra f ( yf ( x ) ) = xy , ∀ x, y ∈ ¡ .

Tương tự f ( xf ( y ) ) = xy vì thế xf ( y ) = yf ( x ) ⇒ f ( x ) = cx, ∀ x ∈ ¡

0,5 đ

thay vào (1) suy ra c ∈ { −1;1} .

Thử lại hai hàm số f ( x ) = ± x thỏa mãn yêu cầu.
Câu 4
(4 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) với x, y nguyên tố cùng nhau

(

)

3
3
và thỏa mãn phương trình 2 x − x = y − y .

Giải:

1đ

+) Áp dụng đẳng thức

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) . Ta có :
⇔ x3 + x3 + ( − y ) = 2 x − y ⇔ ( x + x − y ) ( x 2 + x 2 + y 2 − x.x + xy + yx ) + 3x.x.( − y ) = 2 x − y

3

⇔ ( 2 x − y ) ( x 2 + y 2 + 2 xy − 1) = 3x 2 y ( *)

(2 x − y ) 3x 2 y
⇒
⇒ (2 x − y ) 6 x 3
2
(2 x − y ) 3x ( 2 x − y )
Trang 5

1đ


(

)

3
Mặt khác 2 x − y ,6 x = ( 2 x − y ,6 )

(

)

3
(do ( x, y ) = 1 ⇒ ( 2 x − y, x ) = 1 ⇒ 2 x − y , x = 1 )

Suy ra, (2 x − y ) 6 nên 2 x − y ∈ { 1,2,3,6} (do từ ( *) 2x − y ∈ ¥ * ).

Trường hợp 1. 2 x − y = 1 ⇔ y = 2 x − 1 thay vào phương trình đã cho ta

1đ

được:

2 ( x 3 − x ) = ( 2 x − 1) − ( 2 x − 1) ⇔ 6 x ( x − 1) = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1
3

2

Trường hợp 2. 2 x − y = 2 ⇔ y = 2 x − 2 thay vào phương trình đã cho ta
được:

( x − 1) ( x 2 − 3x + 1) = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 0

(loại)

Trường hợp 3. 2 x − y = 3 ⇔ y = 2 x − 3 thay vào phương trình đã cho ta

1đ

được:

( x − 1)

2

( x − 4) = 0 ⇒ x = 4 ⇒ y = 5 (với x = 1 ⇒ y = 0 (loại))

Trường hợp 4. 2 x − y = 6 ⇔ y = 2 x − 6 thay vào phương trình đã cho ta
được :
+
x 3 − 12 x 2 + 36 x − 35 = 0 do y ∈ Z , x > 3, x 35 ⇒ x ∈ { 5,7,35} thử lại

không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán

là: ( x, y ) = ( 1 , 1) và ( x, y ) = ( 4 , 5 )
Cho n là một số nguyên dương chẵn lớn hơn hoặc bằng 4. Ta tô màu mỗi
Câu 5
(4 điểm)

số trong các số nguyên dương từ 1 đến n sao cho
tô màu xanh và

n
số trong chúng được
2

n
số còn lại được tô màu đỏ. Với mỗi cách tô như vậy, kí
2

hiệu f n là số các số nguyên dương bất kì mà nó có thể viết được dưới dạng
tổng hai số khác màu.
a. Tìm tất cả các giá trị của f 4 .
b. Khi n ≥ 8, chứng minh rằng f n < 2n − 3. Hãy chỉ ra một cách tô
màu thỏa mãn f n = 2n − 5.
a Giải:

1đ

+) Không mất tổng quát, coi 1 được tô xanh. Ta có các trường hợp sau:
1X 2X (suy ra 3Đ 4Đ) : f 4 = 3 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác
Trang 6


màu là 4; 5; 6);
1X 2Đ 3X (suy ra 4Đ) : f 4 = 3 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác
màu là 3; 5; 7);
1X 2Đ 3Đ (suy ra 4X) : f 4 = 4 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác

1đ

màu là 3; 4; 6; 7);
Vậy f 4 ∈ { 3; 4} .
b +) Ta xét với n ≥ 8.

1đ

Rõ ràng f n ≤ 2n − 3, do các số có thể viết dưới dạng tổng của hai số
khác màu luôn lớn hơn hoặc bằng 3 và nhỏ hơn hoặc bằng 2n − 1.
Nếu f n = 2n − 3 thì từ 3 đến (n − 1) đều viết được dưới dạng tổng của
hai số khác màu. Và do đó, ta có thể coi 1X, 2Đ. Lại vì các số từ 4 đến
(n − 1) cũng viết được dưới dạng tổng của hai số khác màu nên 3Đ, 4Đ,…,
n
, vô lý. Vậy f n < 2n − 3.
2
Ta chỉ ra cách tô màu thỏa mãn f n = 2n − 5 .

(n − 2) Đ. Lúc này, các số được tô Đ vượt quá

1đ

Thật vậy, giả sử n = 2k , ta tô X các số 1; 2; 4; …; 2k − 2, tô Đ các số
3; 5; …; 2k − 1; 2k . Khi đó, các số viết được dưới dạng tổng của hai số

khác màu là tất cả các số từ 4 đến 4k − 2, tức có 4k − 5 số mà nó có thể viết
được dưới dạng tổng của hai số khác màu.
Chú ý khi chấm:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn
cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu,
phần đó.
2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0, 25 điểm và phải thống nhất trong
cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.
3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm
và ghi vào biên bản.

Trang 7