TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán; Lớp: 11 Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu (4 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định sau: u1 = , un+1 = un − un + , 1 * n ∈ ¥ * Tìm giới hạn dãy ( sn ) với sn = u + u + + u , n ∈ ¥ n Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC , lấy ba điểm D, E , F theo thứ tự cạnh BC , CA, AB cho AEDF tứ giác nội tiếp Trên tia AD lấy điểm P ( D nằm A P ) cho DA.DP = DB.DC a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp hai tam giác DEF , PCB đồng dạng với b) Gọi S S ' diện tích hai tam giác ABC DEF Chứng minh: S ' EF ≤ ÷ S AD Câu (4 điểm) Cho hàm f : ¥ * → ¥ thỏa mãn f ( ) = f ( 3) = 0; f (4) > , f ( 8888 ) = 2222 với số tự nhiên m, n f ( m + n ) − f ( m ) − f ( n ) Hãy tính f ( 2016 ) f ( 2017 ) x2 + y2 Câu (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) cho số x− y nguyên ước 2415 Câu (4 điểm) Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam giới Nữ) đứng cách đường tròn Chứng minh tồn sáu học sinh giới đứng sáu đỉnh hai tam giác Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII Năm học 2015 -2016; Môn: Toán; Lớp: 11 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Cách giải Điểm Câu (4 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định sau: u1 = , un+1 = un − un + , n ∈ ¥ * Tìm 1 * giới hạn dãy ( sn ) với sn = + + + , n ∈ ¥ u1 u2 un Bằng phép quy nạp đơn giản ta thấy rằng: un ≥ Xét tính đơn điệu dãy ( un ) Từ hệ thức un+1 = un − un + ta suy ∀n ∈ ¥ * , un+1 − un = ( un − 1) > , dãy số ( un ) tăng 1,0 Tính tổng: Từ hệ thức truy hồi (1) ta suy un+1 − = un ( un − 1) ⇒ un+1 − = 1 1 1 = − ⇒ = − un ( un − 1) un − u n un un − un+1 − ( *) với n ∈ ¥ * Thay n 1, 2, 3, , n vào (*) cộng vế với vế đẳng thức ta suy : 1 1 + + + = − u1 u2 un un+1 − 1,0 Do dãy ( un ) dãy tăng nên có hai khả sau xảy ra: 1) Dãy ( un ) bị chặn Theo tiêu chuẩn Weierstrass, nên ( un ) tăng bị chặn nên có giới hạn Giả sử lim un = a ⇒ a ≥ Chuyển qua giới n→+∞ hạn hệ thức (1) n → +∞ ta có: a = a − a + ⇔ a − 2a + = ⇔ a = , vô lý 1,0 2) Dãy không bị chặn trên, ( un ) tăng không bị chặn nên lim un = +∞ ⇒ lim ( un − 1) = +∞ ⇒ lim =0 n→+∞ n →+∞ n →+∞ u n 1 1 1 Vì từ (2) ta suy ra: lim + + + ÷ = lim 1 − ÷ = n→+∞ u un n→+∞ un u2 1,0 Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC , lấy ba điểm D, E , F theo thứ tự cạnh BC , CA, AB cho AEDF tứ giác nội tiếp Trên tia AD lấy điểm P ( D nằm A P ) cho DA.DP = DB.DC a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp hai tam giác DEF , PCB đồng dạng với b) Gọi S S ' diện tích hai tam giác ABC DEF Chứng minh: S ' EF ≤ ÷ S AD DP DC · = Từ DA.DP = DB.DC , suy , kết hợp với BDP = ·ADC Có DB DA · · ∆BDP ∼ ∆ADC , dẫn đến DPB , Suy tứ giác ABPC nội tiếp = DCA 2/a 1,0 · · · , DEF = DAF = BCP Vì tứ giác AEDF ABPC nội tiếp nên · · · Từ suy ∆DEF ∼ ∆PCB DFE = DAE = CBP 1,0 EF ' S Do ∆DEF ∼ ∆PCB nên S = ÷ PCB BC DP EF DP ' S Kết hợp với (1) có S = Mặt khác S PCB = S DA BC DA 1 1 ≤ = Lại có: BC = ( BD + DC ) BD.DC DA.DP 2/b (1) (2) 1,0 (3) EF DP EF Từ (2) (3) nhận S ≤ S = ÷ S DA.DP DA DA ' S ' EF Vậy, ≤ ÷ S AD 1,0 Câu (4 điểm) Cho hàm f : ¥ * → ¥ thỏa mãn f ( ) = f ( 3) = 0; f (4) > , f ( 8888 ) = 2222 , với số tự nhiên m, n f ( m + n ) − f ( m ) − f ( n ) Tính f ( 2016 ) f ( 2017 ) Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Từ ( *) ⇒ f ( m + n) = f (m) + f (n) + a với a ∈{0;1} Chọn m = n = , ta có f (2) = f (1) + a ⇒ f (1) ≤ f (2) = ⇒ f (1) = Khi f (4) = f (2) + f (2) + a = a mà f (4) > nên suy f (4) = * Ta chứng minh quy nạp: f ( 4n ) ≥ n (∀n ∈ N ) 1,0 (1) Ta thấy (1) với n = Giả sử (1) với n = k ; ta chứng minh (1) với n = k + Ta có: f ( 4( k + 1) ) = f ( 4k + ) = f (4k ) + f (4) + a = f (4k ) + + a ≥ k + * Vậy (1) với n = k + Do f ( 4n ) ≥ n (∀n ∈ N ) Lại có f ( 8888 ) = 2222 , ta f (4.2221) = 2221 Thật vậy, f (4.2221) > 2221 ⇒ f (4.2221) ≥ 2222 = f (8888) ⇒ f (8888) ≤ f (8884) Trong f (8888) = f (8884) + f (4) + a ≥ f (8884) + > f (8884) (mâu 1,0 1,0 thuẫn) Vậy f (4.2221) = 2221 Lập luận tương tự ta f ( 4n ) = n (∀n ≤ 2222) Khi f ( 2016 ) = f (4.504) = 504 Ta lại có: f (4n) = f (2n) + f (2n) + a = 2( f (n) + f (n) + a) + a = f ( n) + 3a Suy ra: f ( n) ≤ f (4n) ≤ f (n) + ⇒ f (n) ≤ f (4n) ≤ f ( n) + 4 f (4n) n = Do đó: f ( n) = với ∀n ≤ 2222 Vậy f (2017) = 504 Câu (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) cho 1,0 x2 + y2 số nguyên x− y ước 2415 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + ( q ∈ ¥ ) Nếu x , y số nguyên cho x + y chia hết cho p x y chia hết cho p Thật vậy: Nếu x chia hết cho p có y chia hết cho p Giả sử x không chia hết cho p y không chia hết cho p Theo định lý Fermat ta p −1 p+2 ≡ 1( mod p ) , tương tự có có: x ≡ 1( mod p ) , suy x y p + ≡ 1( mod p ) 2 2 Từ giả thiết: x + y ≡ ( mod p ) ⇒ x ≡ − y ( mod p ) ⇒ ( x2 ) p +1 ≡ ( − y2 ) p +1 ( mod p ) ⇒ x p+2 ≡ − y p+2 ( mod p ) ⇒ x p + + y p +2 ≡ ( mod p ) ⇒ ≡ ( mod p ) ⇒ p = (mâu thuẫn giả thiết) (Bổ đề chứng minh) 1,0 Áp dụng bổ đề vào toán, giả sử tồn số số nguyên dương x , y x2 + y2 x2 + y2 x > y cho , số nguyên ước 2415 Đặt k = x− y x− y x + y = k ( x − y ) với k ước 2415 = 3.5.7.23 1,0 k = 3k1 , ( k1 ∈ ¥ , k1 không chia hết cho 3) Suy i) Nếu kM ⇒ x = x1 , y = y1; ( x1 , y1 ∈ ¥ * , x1 > y1 ) Ta lại x2 + y M ⇒ xM yM x12 + y12 = k1 ( x1 − y1 ) , số nguyên dương x , y thỏa mãn x + y = x − y x + y ≥ x + y > x − y ii) Tương tự xét trường hợp k chia hết cho trường 1,0 hợp k chia hết cho 23 2 , ta thấy: x + y = ( x − y ) ⇔ ( x − ) + ( y + ) = 50 , tìm iii) Nếu kM ( x; y ) = ( 3;1) ( x; y ) = ( 2;1) 2 Vậy tất cặp số nguyên dương ( x; y ) cần tìm có dạng ( 3a; a ) , ( 2a; a ) , ( a;3a ) , ( a;2a ) a ∈{ 1; 3; 7; 23; 21; 69; 161; 483} 1,0 Câu (4 điểm) Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam giới Nữ) đứng cách đường tròn Chứng minh tồn sáu học sinh giới đứng sáu đỉnh hai tam giác Gọi học sinh H1, H2, H9 đứng chín đỉnh đa giác chín cạnh Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc Nam Nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh Nam đứng (tương tự học sinh Nữ) Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có C53 = 10 tam giác Nam 1,0 Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau: Chín đỉnh đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành cung H i H i +1 , i =1,8 cung H H1 ; , ta gọi cung “mảnh” Không tính tổng quát, gọi H i H j H k tam giác có H i H j ≤ H j H k ≤ H k H i Hơn số hij số mảnh cung H ij không chứa điểm H k ( i ≠ j ≠ k ≠ i ); tương tự ta định nghĩa cho số h jk , hki Tương ứng với tam giác H i H j H k với ba (hij ; h jk ; hki ) Ta nhận thấy rằng: ≤ hij ≤ h jk ≤ hki ≤ hij + h jk + hki = Chẳng hạn với tam giác với đỉnh H1 , H , H ta gọi tam giác H H1 H tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự 1,0 Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a ≤ b ≤ c; a+b+c = 1,0 Có bẩy ba số thỏa mãn là: (1,1, 7), (1, 2, 6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (3,3,3) Tức có lớp tam giác Vì có 10 tam giác Nam (Ba đỉnh tam giác học sinh Nam), nên có lớp có hai tam giác Nam; có sáu học sinh giới, đứng sáu đỉnh hai tam giác 1,0 Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác Giải cho điểm tối đa Nhóm đề Câu Câu Vũ Thị Tuyết Mai Thị Xuân Oanh Hệ PT (Phương trình) Hình học Câu Câu Câu Trần Lê Huy Lã Thị Lệ Hà Lê Anh Chung Bất đẳng thức, GTLN, NN, phương trình hàm Số học Tổ hợp Đại diện nhóm đề Lã Thị Lệ Hà