TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LỚP 11

NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI

(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
Câu 1 (4 điểm)
2
*
Cho dãy số thực ( un ) với n ∈ ¥ * thỏa mãn ln ( 1 + un ) + nun = 1, ∀n ∈ ¥ .

Tìm nlim
→+∞

n ( 1 − nun )
.
un

Câu 2 (4điểm)
Cho ∆ABC vuông tại A và ·ABC < ·ACB ; ( ω ) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ; Tiếp
tuyến tại A của ( ω ) cắt đường thẳng BC tại D; E là điểm đối xứng của A qua BC; X là hình
chiếu vuông góc của A lên BE; Y là trung điểm của AX; BY cắt đường tròn ( ω ) tại điểm thứ
hai là Z. Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ADZ .
Câu 3 (4điểm)

Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện:
f ( y + f ( x ) ) = f 4 ( x ) + 4 y 3 f ( x ) + 6 y 2 f 2 ( x ) + 4 yf 3 ( x ) + f ( − y ) , ∀x, y ∈ ¡

( 1)

Câu 4 (4điểm)

(


Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất để  3 +


p

)

2n

 +1
chia hết cho 2n+1 với ∀n ∈ ¥


( [ a ] là phần nguyên của số a).
Câu 5 (4điểm)
Trên mặt phẳng, kẻ vô hạn các ô vuông (dạng bàn cờ) và mỗi ô vuông được điền một
trong hai số 0 hoặc 1 sao cho bất cứ hình chữ nhật nào có kích thước 2x3 thì có đúng hai ô
điền số 1. Xét một hình chữ nhật bất kì có kích thước 2016x2017. Tính tổng các số có trong
các ô của nó.
.....................HẾT.....................

NGUYỄN TRỌNG NGHĨA --------------------------------------0917115167

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
1

Nội dung
2
Với mỗi n ∈ ¥ * , đặt f n ( x ) = ln ( 1 + x ) + nx − 1, x ∈ ¡
2x
( x + 1) + n − 1 ≥ 0
Ta có f ( x ) =
+n=
2
1+ x
1 + x2

Điểm

2

'
n

1,0


 x = −1
f n' ( x ) = 0 ⇔ 
n = 1
Do đó f n ( x ) là hàm tăng thực sự trên ¡ .
 f n ( 0 ) = −1 < 0

Ta có   1 
1

 f n  n ÷ = ln 1 + n 2 ÷ > 0


  

1,0

Do đó ∃!un ∈ ¡ sao cho f n ( un ) = 0 và 0 < un <
un = 0
Ta thấy nlim
→+∞

1
.
n

1

2 u2
ln ( 1 + un ) n = 1

 nlim
→+∞
Do đó: 
 lim nun = lim 1 − ln ( 1 + un2 )  = 1

n →+∞ 
 n→+∞
1
n ln ( 1 + un2 )
n ( 1 − nun )

2 u2 
= lim
= lim  nun ln ( 1 + un ) n  = 1.
Vậy lim
n →+∞
n→+∞
n→+∞
un
un



1,0

1,0
1,0

2


A

Z
Y
D
B

H

C

X

G

E

Gọi AG là đường kính của đường tròn ( ω ) và H là giao điểm của AE và
BC. Ta thấy B, G nằm cùng phía so với đường thẳng AE vì ·ABC < ·ACB .


 ·AEG = 900 = ·AXB
⇒ ∆AGE đồng dạng với ∆ABX
Ta có: 
·
·
·
 AGE = ABE = ABX
·
·

GAE
= BAX

⇒  GA AE
=

 BA AX
AE AH
=
Hơn nữa
AX AY
Do đó ∆AGH đồng dạng với ∆ABY ⇒ ·AGH = ·ABY
1,0

Gọi Z’ là giao điểm thứ hai của GH với ( ω )
Ta có ·ABZ ' = ·AGZ ' = ·ABY = ·ABZ và Z, Z’ cùng thuộc cung nhỏ »AE
⇒ Z , Z ' trùng nhau hay G, H, Z thẳng hàng.
G, H, Z thẳng hàng ⇒ ·AZH = ·AZG = 900

3

·
 DAZ
= ·AEZ
DA, DE là hai tiếp tuyến kẻ từ D của ( ω ) ⇒ 
·
·
= EAZ
 DEZ
·

·
·
DHZ
= 900 − ·AHZ = EAZ
= DEZ
⇒ Tứ giác ZHED là tứ giác nội tiếp

1,0

·
·
·
⇒ ZDH
= ZEA
= DAZ
⇒ BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

1,0

∆ADZ .
Giả sử ∃ hàm số f thỏa mãn (1).
TH1: f ( x ) = 0 . Thử lại ta thấy f ( x ) = 0 thỏa mãn (1).
TH2: f ( x ) ≠ 0 ⇒ ∃x0 ∈ ¡ , f ( x0 ) ≠ 0 .

1,0

Ta có: ( 1) ⇔ f ( y + f ( x ) ) − f ( − y ) =  y + f ( x )  − y 4 , ∀x, y ∈ ¡ ( *)
Thay x = x0 vào (*), ta được
4


( y + f ( x ) ) − f ( − y ) =  y + f ( x ) 
0

0

4

− y 4 , ∀x, y ∈ ¡ ( 2 )

1,0

Ta thấy vế phải của (2) là một hàm số bậc 3 nên có tập giá trị là ¡ . Do đó
hàm số f có tập giá trị là ¡ ⇒ ∀y ∈ ¡ đều ∃u , v ∈ ¡ sao cho
f ( u) − f ( v) = y .
Thay y = 0 vào (*), ta được f ( f ( x ) ) =  f ( x )  + a, ∀x ∈ ¡ ( a = f ( 0 ) ) (3).
Thay y = − f ( y ) vào (*), ta được
4

f ( f ( x ) − f ( y ) ) − f ( f ( y ) ) =  f ( x ) − f ( y )  −  f ( y )  , ∀x, y ∈ ¡ (4).
4
Từ (3) và (4) ⇒ f ( f ( x ) − f ( y ) ) =  f ( x ) − f ( y )  + a, ∀x, y ∈ ¡ hay
4

f ( f ( u ) − f ( v ) ) =  f ( u ) − f ( v )  + a, ∀u , v ∈ ¡
4

1,0

4


1,0


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

4
Thử lại ta thấy f ( x ) = x + a thỏa mãn điều kiện (1).
4
Vậy f ( x ) = 0 và f ( x ) = x + a ( a là hằng số) là các hàm số cần tìm.

4

4
p = 2 
⇒ 3 + 2  + 1 = 378 không chi hết cho 23.
Với 


n = 2

(

)

2
p =3 
⇒ 3 + 3  + 1 = 23 không chi hết cho 22.
Với 



n = 1
Như vậy, số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đầu bài chỉ có thể là 5.

(

)

(

Với p = 5 . Xét x1 = 3 + 5

)

2

(

= 14 + 6 5, x2 = 3 − 5

)

2

1,0

= 14 − 6 5

 x1 + x2 = 28
⇒ x1 , x2 là nghiệm của phương trình bậc hai
Do đó 

x
x
=
16
 1 2

1,0

x 2 − 28 x + 16 = 0.
Đặt Sn = x1n + x2n , ta có:
S n+ 2 = x1n+ 2 + x2n+ 2 = ( x1n+1 + x2n+1 ) ( x1 + x2 ) − x1x2 ( x1n + x2n ) = 28S n+1 − 16S n .

Do

đó

Sn

là

nghiệm

của

phương

trình

sai


phân

cấp

hai:

1,0

Sn+ 2 − 28S n+1 + 16Sn = 0.
n
n
n
n
Vì 0 < x2 < 1 ⇒ 0 < x2 < 1 ⇒ S n > x1 = Sn − x2 > Sn − 1 ⇒  x1  + 1 = S n.
Ta có S1 = 28 chia hết cho 22=4. Giả sử Sn chia hết cho 2n+1 và Sn+1 chia
n+2
n +3
n +3
hết cho 2n+ 2 . Khi đó  x1  + 1 = Sn+2 = 28S n+1 + 16S n = 2 ( 7q1 + 2q2 ) M2

(

5

)

 3 + 5 2n  + 1 =  xn  + 1
hay 
chia hết cho 2n+1 , ∀n ∈ ¥ .
1 





Nhận xét : Mọi hình chữ nhật có kích thước 1x3 đều chứa đúng một ô có số
1.

1,0

1,0


Thật vậy, giả sử tồn tại hình chữ nhật có kích thước 1x3 có số ô có số 1
khác 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử đó là hình chữ nhật AKHD kích
thước 1x3 có đúng hai ô điền số 1 (nếu không thì không có ô nào chứa số 1
nhưng không thể là ba ô điền số 1 vì trong mọi hình chữ nhật có kich thước
2x3 có đúng 2 ô điền số 1).
Có thể cho coi hai ô chứa số 1 của AKHD là ô 7 và ô 8 (Nếu ở các ô khác
thì lập luận tương tự).
Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3 ⇒ nó có đúng hai ô chứa số 1

1,0

⇒ các ô 1,2,4,5 là các ô điền số 0.
Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết và do các ô 1,2,4,5 đều điền số 0 nên
các ô 3,6 phải điền số 1.
Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2x3, ta thấy do ô 3,6,8 điền số 1 nên
dẫn đến mâu thuẫn.

1,0


Trường hợp AKHD không có ô nào điền số 1, lập luận tương tự ta cũng dẫn
đến mâu thuẫn.
Vậy giả thiết phản chứng là sai hay ta có điều phải chứng minh.
Vì 2016=3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành
672x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3.
Vậy tổng các số điền trong ô của hình chữ nhật này là: 672.2017=1355424.
.....................HẾT.....................
NGUYỄN TRỌNG NGHĨA --------------------------------------0917115167

1,0