KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ X, NĂM 2017
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
LỚP: 11
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15/4/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1 (4,0 điểm) Cho số thực a và dãy số  xn  n�0 với x0  a và xn 1 
a) Khi a 

xn2
với mọi số tự nhiên n .
2  xn2

1
. Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
2

b) Khi a � 0;1 . Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, AB  AC , đường cao AH và trực tâm là điểm K .
Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính AC tại D, E  BD  BE  . Đường thẳng CK cắt
đường tròn đường kính AB tại F , G  CF  CG  . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC
tại điểm P  P �H  .
a) Chứng minh rằng các điểm G, H , P, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng các đường thẳng BF , CD, PK đồng quy tại một điểm.
Bài 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn điều kiện sau:
f  x  f  y    f  f  x    f  y   1 với mọi x, y ��.

Bài 4 (4,0 điểm) Các số a, b, c nguyên, c �0 và thỏa mãn điều kiện a n  2n là ước của b n  c với
mọi số nguyên dương n .
a) Chứng minh rằng c  0 hoặc c  1 .
b) Khi c  1 . Chứng minh rằng a và b không đồng thời là các số chính phương.
Bài 5 (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho bát giác lồi A1 A2 ... A8 thỏa mãn: Có tất cả các
góc bằng nhau, các đỉnh là các điểm nguyên, A1 A2 song song với trục Ox , trên biên của bát giác
có đúng 16 điểm nguyên kể cả đỉnh. Gọi n1 , n2 ,..., n8 lần lượt là số điểm nguyên nằm bên trong các
cạnh A1 A2 , A2 A3 ,..., A8 A1 (điểm nằm trong cạnh AB là điểm nằm trên cạnh AB và khác hai điểm
A và B , điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ đều nguyên).
a) Tính diện tích của bát giác theo n1 , n2 ,..., n8
b) Tìm diện tích lớn nhất của bát giác A1 A2 ... A8 .
-------------- 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: …………………


KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ X, NĂM 2017
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
LỚP:11
ĐÁP ÁN
(Đáp án gồm 06 trang)

Bài 1: (4,0 điểm)_chuyên ĐHSP Hà Nội
Cho số thực a và dãy số  xn  n�0
c) Khi a 

xn2
với x0  a và xn 1 

với mọi số tự nhiên n .
2  xn2

1
. Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
2

d) Khi a � 0;1 . Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Ý

ĐÁP ÁN

a.
Ta có xn 1  xn 

ĐIỂM
2,0đ

xn  xn  1  xn  2 
.
2  xn2

0,5đ

Do đó bằng quy nạp ta được xn � 0;1 , n ��
1
.
2


0,5đ

xn2
l2
l

� l 3  l 2  2l  0
Từ xn 1 
,
chuyển
qua
giới
hạn
ta
được
2  xn2
2  l2
� l  l  1  l  2   0 � l  0 . Do đó lim xn  0 .

0,5đ

Từ đó suy ra dãy  xn  giảm và bị chặn nên tồn tại l  lim xn , l  x0 

b.

0,5đ

Với a � 0;1 , ta có xn  a, n �� suy ra lim xn  a .
Với a � 0;1 , ta có xn 1  xn 


xn  xn  1  xn  2 
. Do đó bằng quy nạp ta
2  xn2

được xn � 0;1 , n �� và dãy số  xn  giảm.

2,0đ
0,5đ
0,5đ

Kết hợp với dãy  xn  bị chặn nên tồn tại l  lim xn , l  x0  a  1 .

0,5đ

xn2
l2
l

� l 3  l 2  2l  0
,
chuyển
qua
giới
hạn
ta
được
2
2  xn2
2l
� l  l  1  l  2   0 � l  0 . Do đó lim xn  0 .


0,5đ

Từ xn 1 

Bài 2: (4,0 điểm)_chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
Cho tam giác ABC nhọn, AB  AC , đường cao AH và trực tâm là điểm K . Đường thẳng BK
cắt đường tròn đường kính AC tại D, E  BD  BE  . Đường thẳng CK cắt đường tròn đường


kính AB tại F , G  CF  CG  . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC tại điểm P  P �H 
.
c) Chứng minh rằng các điểm G, H , P, E cùng thuộc một đường tròn.
d) Chứng minh rằng các đường thẳng BF , CD, PK đồng quy tại một điểm.

Ý
a.

ĐÁP ÁN

Điểm

2,0đ

Ta có �AHB  900 suy ra 5 điểm A, G , B , H , F cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó tứ giác AGHF nội tiếp � KG.KF  KA.KH (1).
Ta có �AHC  900 suy ra 5 điểm A, E , C , H , D cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó tứ giác ADHE nội tiếp � KD.KE  KA.KH (2).
Từ (1) và (2) ta được KD.KE  KG.KF suy ra tứ giác GDFE nội tiếp
� �GDF  �GEF  1800 (3).

Ta có AB là trung trực của GF � AG  AF , AC là trung trực của
DE � AD  AE � A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GDFE .
1
2

Suy ra �GEF  �GAF  �BAF (4).
Tứ giác DHPF nội tiếp nên �FDP  �FHP , tứ giác ABHF nội tiếp nên
�FHP  �BAF � �FDP  �BAF (5).
Từ (4) và (5) ta được �GEF  �FDP (6). Từ (3) và (6) ta được
� �GDF  �FDP  1800 � A, D, P thẳng hàng.
Tương tự P, F , E thẳng hàng.
Ta có �GHP  �AHP  �AHG  900  �AHG  900  �AFG  900  900  �BAF
suy ra �GHP  1800  �BAF (7).
Từ (4) và (7) suy ra �GHP  1800  �GEP � tứ giác GHPE nội tiếp.
b
.

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ
2,0đ

Ta có HP là trục đẳng phương của  DHPF  và  GHPE  , DF là trục đẳng

phương của  DHPF  và  GDFE  , GE là trục đẳng phương của  GDFE  và


 GHPE  suy ra

0,5đ

HP, GE , DF đồng quy tại điểm S .

Xét tam giác SEP có EB, GP, SF đồng quy suy ra  SPBC   1
� E  SPBC   1 �  GFKC   1 (8).

1,0đ


Xét tam giác KBC và kết hợp với (8) ta được BF , CD, PK đồng quy tại một
điểm.

0,5đ

Bài 3 (4,0 điểm)_chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn điều kiện sau:
f  x  f  y    f  f  x    f  y   1 với mọi x, y ��.

ĐÁP ÁN
Thay y  f  x  � f  x  f  f  x     f  f  x    f  f  x    1  1 suy ra tồn
tại số nguyên a sao cho f  a   1 .
Thay y  a ta được

f  x  f  a    f  f  x    f  a   1 � f  x  1  f  f  x   , x �� (1).

ĐIỂM
4,0đ

0,5đ
0,5đ

Thay x bởi f  x  và y bởi x ta được





f  f  x   f  x    f f  f  x    f  x  1





0,5đ

� f  0   f f  f  x    f  x   1, x �� (2).

Từ (1) và (2) ta được

f  0   f  x  2   f  x   1, x ��

� f  x  2   f  x   f  0   1, x �� (3).

Từ (3) ta được f  x  2   f  x   f  x  1  f  x  1 , x ��

0,5đ

� f  x  2   f  x  1  f  x   f  x  1 , x ��

� f  x   f  x  1  f  1  f  0  , x �� (4).

Từ (4) và n nguyên dương ta được f  n   f  0   n  f  1  f  0   (5)
Từ (4) và n nguyên dương ta được f  n   f  n  1   f  1  f  0  
suy ra f  n   f  0   n  f  1  f  0   (6).

1,0đ

Từ (5) và (6) suy ra f  x   f  0   x  f  1  f  0    cx  d , x ��
Thử lại phương trình đã cho ta được
f  x   cy  d    f  cx  d    cy  d   1, x, y ��

� c  x  cy  d   d  c  cx  d   d   cy  d   1, x , y ��
� cx  c 2 y  cd  d  c 2 x  cd  d  cy  d  1, x, y ��
�
c0
�
�
c  c2
��
c0
�
�
�2
�
�d  1
�
��
c c
� ��

�
c

1
�
�
c 1
�
�
cd  d  cd  1 �
�
2
cd

d

1
�
�
�
d 1
�
�
Do đó f  x   1, x �� và f  x   x  1, x ��.

1,0đ

Bài 4 (4,0 điểm)_chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương
Ý
a.


ĐÁP ÁN

ĐIỂM
2,0đ


c �
0 mod a 2 
b
c  mod a 2  (1)
Ta có b 
Theo giả thiết ta được
3n
3n
n
n
2n
n n
2n
b3n  c chia hết cho a  2   a  2   a  a .2  2  suy ra b3n  c
n

n

n

3n

3


n

chia hết cho a  2 suy ra b �c  mod a  2
n

3n

n

n

n

n



n

0,5đ

(2)

Từ (1) và (2) ta được c �c  mod a  2  với mọi số nguyên dương n .
Suy ra c3  c chia hết cho a n  2n với mọi số nguyên dương n . Do đó
3

0,5đ


n

c0
�
c3  c  0 � �
. Kết hợp với c �0 ta được c � 0;1 .
c  �1
�

0,5đ
0,5đ

b.

2,0đ
Khi c  1 . Giả sử a, b đều là các số chính phương và
a  x 2 , b  y 2 ; a, b ��* . Khi đó x 2 n  2 n là ước của y 2 n  1 với mọi số
nguyên dương n .
2n
n
Bây giờ ta xây dựng số nguyên tố p sao cho p x  2 nhưng p không
là ước của số y 2 n  1 . Lấy 2n  p  1 và lấy p đủ lớn để  a, p    b, p   1
theo định lí Fermat ta được x 2 n  2n  x p 1  2
vậy ta cần chọn số nguyên tố p thỏa mãn
p 1

1 2�2

0  mod p 


2

p 1
2

p 1
2

�1  2

p 1
2

1,0đ

 mod p  . Như

1 mod p  (1).

Từ (1) và theo tiêu chuẩn Fermat ta cần chọn số nguyên tố p lẻ sao cho
2 không là số chính phương mod p . Ta có
2

p 1
�2 �
8  1 � p  8k  1 hoặc p  8k  7 .

1
�


1


� �
p
� �
Như vậy để chọn số nguyên tố p lẻ sao cho 2 không là số chính

0,5đ

phương mod p ta lấy p �3  mod 8  hoặc p �5  mod 8  . Do có vô hạn số
nguyên tố dạng 8k  3 nên chọn p �3  mod 8  và p  a, p  b và theo
2n
n
phân tích ở trên ta được x  2 �0  mod p  .

0,5đ

2n
p 1
Mặt khác y  1  y  1 �2  mod p  . Do đó 2 �0  mod p  vô lí. Vậy giả
sử ban đầu là sai hay a, b không đồng thời là số chính phương.

Bài 5 (4,0 điểm)_chuyên Thái Bình
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho bát giác lồi A1 A2 ... A8 thỏa mãn: Có tất cả các góc bằng nhau,
các đỉnh là các điểm nguyên, A1 A2 song song với trục Ox , trên biên của bát giác có đúng 16 điểm
nguyên kể cả đỉnh. Gọi n1 , n2 ,..., n8 lần lượt là số điểm nguyên nằm bên trong các cạnh
A1 A2 , A2 A3 ,..., A8 A1 (điểm nằm trong cạnh AB là điểm nằm trên cạnh AB và khác hai điểm A và
B , điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ đều nguyên).
c) Tính diện tích của bát giác theo n1 , n2 ,..., n8

d) Tìm diện tích lớn nhất của bát giác A1 A2 ... A8 .

Ý

ĐÁP ÁN

Điểm


a.

2,0đ

Ta có n1  n2  ...  n8  16  8  8 . Số điểm nguyên trên đoạn thẳng A1 A6 bằng số
điểm nguyên trên đoạn thẳng A1 A8 , A8 A7 , A7 A6 và số điểm nguyên trên đoạn
thẳng A1 A6 bằng số điểm nguyên trên đoạn thẳng A2 A3 , A3 A4 , A4 A5 suy ra
n2  n3  n4  n6  n7  n8 . Tương tự n1  n2  n8  n4  n5  n6 .
Diện tích của hình chữ nhật bao đa giác là S1   n2  n3  n4  3  n1  n2  n8  3
Diện tích của bốn tam giác vuông cân ở bốn đỉnh của hình chữ nhật và nằm bên
ngoài đa giác là
1
1
1
1
2
2
2
2
 n2  1   n4  1   n6  1   n8  1 .
2

2
2
2
S

S

S
Do đó diện tích đa giác là
1
2.
S2 

b
.

1,0đ
0,5đ

0,5đ

2,0đ
1
2
8
2
�n1  n2  n8  n2  n3  n4  6 �
S1 ��
� suy ra
2

�
�

Ta có S2 �  n2  n4  n6  n8  4  và sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
0,5đ

2

2
�n  n  n  n  n  n  6 � 1
S ��1 2 8 2 3 4
�  n2  n4  n6  n8  4  (1)
2
�
� 8
1
Ta có n1  n2  n8  n2  n3  n4   2  n1  n2  n8   2  n2  n3  n4  
2
1
  n1  n2  n8  n4  n5  n6  n2  n3  n4  n6  n7  n8 
2
1
1
  n1  2n2  2n8  2n4  n5  2n6  n3  n7    8  n2  n4  n6  n8  (2)
2
2

0,5đ

Từ (1) và (2) ta được

2

�1
�
2
�2  n2  n4  n6  n8  8   6 � 1
2
2
�x  20 � 1
S ��
�  n2  n4  n6  n8  4   �
�  x  4  ,
2
� 4 � 8
�
� 8
�
�
trong đó x  n2  n4  n6  n8 � x � 0;8 .

0,5đ


2

�x  20 � 1

1

Ta có �

�  x  4   31   x  16   x  8  �31 (do x � 0;8 )
16
� 4 � 8
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  8, n2  n4  n6  n8  2, n1  n3  n5  n7  0
(Như hình vẽ ở trên). Vậy max S  31 .
2

0,5đ

----------Hết---------LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm
bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.





Giải phương trình sin 2 x  3 cos 2 x  2  3 sin x  cos x  1  3 .

Câu 2.
2
2013
a) Xét khai triển:  1  x   1  2 x  ...  1  2013 x   a0  a1 x  a2 x  ...  a2013 x . Tính
1
a2   12  22  ...  20132  .
2
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn

không nhỏ hơn 2013.
Câu 3.
a) Cho dãy số  un  được xác định như sau: u1  1, u2  3, un 2  2un 1  un  1, n  1, 2,... Tính
un
.
n �� n 2
3
3
b) Cho phương trình: m  x  1  x  4 x   x  3x  1  0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng
lim

minh với mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 4.
a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng  A ' BD  song song với
mặt phẳng  CB ' D ' . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường
thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD).
b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các


đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập
phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó.

Câu 5.
3
2
Cho a, b, c là các hằng số thực và P  x   ax  bx  cx . Tìm tất cả các số a, b, c sao cho

P  2   26 và P  x  �1 với mọi số thực x sao cho x �1 .
-------------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……………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN

(Đáp án có 03 trang)

(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với
phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung trình bày

1(2đ) Ta có sin 2 x  3 cos 2 x  2  3 sin x  cos x  1  3



Điểm







� 2sin x.cos x  cos x  3  1  2sin 2 x   2  3 sin x  3 1  0
� cos x  2sin x  1   2sin x  1





0,5



3 sin x  1  0



�  2sin x  1 cos x  3 sin x  1  0
1
�

sin x 
�
2
�
�
� 3 sin x  cos x  1
� 
x   k 2
�
1
6
 k ��
+) sin x  � �
5
2
�
x
 k 2
�
� 6
+)

3 sin x  cos x  1 �

0,5

0,25

3
1

1
� � 1
sin x  cos x  � sin �x  �
2
2
2
� 6� 2

0,25

�  
x    k 2
� 
�
x   k 2
6 6
��
�� 3
 k ��
�
 5
�
x    k 2
x 
 k 2
�
�
6
� 6


0,5

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là
x
2(2đ)


5

 k 2 , x 
 k 2 , x   k 2 , x    k 2  k ��
6
6
3

2.a (1,0 điểm)
2013
�2
�
� �
3
Ta có  1  x   1  2 x  ...  1  2013x   1  ��k �x  � � i. j �x  A.x
1�i  j �2013
�k 1 � �
�
1
2
 1  2  ...  2013   12  22  ...  20132  �
Suy ra a2  � i. j  �
�

�
2
1�i  j �2013

� a2 

1 2
2013 �2014 �  2013 �1007  .
1  22  ...  20132   1 �

�
�
2
2�
2
2
�
2

0,5
0,25

2

0,25


2.b (1,0 điểm)
Ta có n     số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau  9.9.8.7


A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và không nhỏ
hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các số này chỉ có

0,25

thể xảy ra với
a  1 , b � 0,1,...,9 \  1 , c � 0;1;...;9 \  1; b và d � 0;1;...;9 \  1; b; c có 7 cách chọn
suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn.
Từ hai trường hợp trên ta được n  A   7.8.9.9  7.8.9  7.8.9.8 . Do đó xác suất cần tìm là:
P  A 

n  A  7.8.9.8 8


n    9.9.8.7 9

0,5

0,25

3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm)
Ta có un  2  un 1  un1  un  1, n  1, 2,... suy ra  un  2  un 1 lập thành một cấp số cộng có
công sai bằng 1 nên un  2  un1  u2  u1  n.1  n  2 (1)
Từ (1) ta được un  u1  un  un 1  un 1  un 2  ...  u2  u1  n  n  1  ...  2
� un  1  2  ...  n 

0,25

0,5


n  n  1

2
u
n  n  1 1
1
u
lim n2  lim
 . Vậy lim n2  .
2
n �� n
n �� n
n ��
2
2n
2
3.b (1,0 điểm)
3
3
Đặt f  x   m  x  1  x  4 x   x  3x  1 ta được f  x  xác định và liên tục trên �.

0,25

0,5

Ta có f  2   1, f  0   1, f  1  1, f  2   3
Do đó ta được f  2  f  0   0, f  0  f  1  0, f  1 f  2   0 nên phương trình f  x   0

4(3đ)


có nghiệm thuộc  2;0  ,  0;1 ,  1; 2  suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
4.a (1,5 điểm)
A

0,5

D
M

C

B

N
A'

B'

D'

C'

0,5

Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA ' � CD '  BDA ' (1)
Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD � B ' D '  BDA ' (2)
Từ (1) và (2) ta được  A ' BD   CB ' D '  .

0,5



uuuu
r
uuur uuur
Đặt BM  x.BD, CN 
uuur uuur uuur
 x AB  AD  BC  y







uuuu
r
uuuu
r uuur uuur uuur
uuur uuur
uuuu
r
y.CD ' . Khi đó MN  MB  BC  CN   xBD  AD  y.CD '
uuur uuu
r
uuur
uuur
uuur
AA '  AB   x  y  AB   1  x  AD  y AA '




0,25

Do MN vuông góc (A’BD) nên MN  BD, MN  BA ' . Từ đó ta được:
� 2
uuuu
r uuur
�x  3
�
�
1 x   x  y  0
2x  y  1 �
�
�MN .BD  0
�
��
��
��
r uuur
�uuuu
�x  2 y
�y   x  y   0
�MN .BA '  0
�y  1
� 3
uuuu
r 2 uuur uuur 1 uuuu
r
Do đó BM  .BD, CN  .CD '
3

3
4.b (1,5 điểm)
M

A

0,25

D

S
R
C

B
O
N

D'

A'
P

B'

Q

C'

0,5


Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD � MS  BDC ' và NS C ' D � NS  BDC ' 
suy ra  MNS   BDC ' . Do  MNS  BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N
song song với BC’ cắt B’C’ tại Q.
Do  MNS  BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với
B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do  MNS  C ' D

0,5

nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R.
Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều
MSNQPR cạnh MR 

a 2
và có tâm là O suy ra:
2

1
3 3a 2
3 3a 2
. Vậy S MSNQPR 
S MSNQPR  6 SOMS  6. OM .OS .sin 600 
2
4
4

0,5


5(1đ)


�1 �
Đặt f  1  m, f  1  n, f � � p , khi đó m , n , p �1 và ta có hệ
�2 �
� 3m  n  8 p
a
�
�
3
�
abc  m
a

b

c

m
�
�
�
�
� mn
a bc  n � �
abc  n
��
b
�
2
�a b c

�
�
a  2b  4c  8 p
�
�  p
� 16 p  3m  n
c
�8 4 2
�
6
�
3m  n  8 p
16 p  3m  n
 2  m  n 
 9m  n  16 p �9  1  16  26 .
Ta có f  2   8.
3
3

0,5

m 1
a4
�
�
�
�
n 1 � �
b0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi �

�p  1 �
c  3
�
�

0,25

3
Ta có f  x   4 x  3x , xét 1 �x �1 thì tồn tại  : x  cos 

a4
�
�
b0
� f  x   4 cos   3cos   cos 3 suy ra f  x  �1 với mọi 1 �x �1 . Vậy �
�
c  3
�
3

------------------Hết------------------

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-

—————————


2013

TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

Câu I: (2,0 điểm).
1.Giải phương trình: (1  t anx)cos 3x  (1  cot x)sin 3 x  2sin 2x.
2. Tìm các nghiệm trong khoảng  ;   của phương trình:

�
�
2sin �
3x  � 1  8sin 2x cos 2 2x.
4�
�
Câu II: (2,0 điểm).
1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3
số lẻ ?
2. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 �k �2011.
Chứng minh rằng:

k
k 1
k 5
k
C50 .C2011

 C15 .C2011
 ...  C55 .C 2011
 C2016
.

Câu III: (2,0 điểm).

2 
2 
2


1. Cho Pn=  1
 1
..... 1
2.3 3.4  (n 1)(n 2)


lim Un
Gọi Un là số hạng tổng quát của Pn. Tìm n

(x 2  2012) 3 1  2x  2012 4x  1
x �0
x

2. Tìm giới hạn: lim
Câu IV: (1,0 điểm).

u1  11
�

un1  10un  1  9 n,n�N.
�

Cho dãy số (un) xác định bởi : �
Tìm công thức tính un theo n.
Câu V: ( 3,0 điểm).

1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy
ý trên cạnh AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD,


DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện
MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó.
2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao
cho MA + MB + MC nhỏ nhất.
-------------Hết------------Họ và tên thí sinh:....................................................................Số báo danh:.......................


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN : TOÁN 11 THPT

---------------------------------------------Câu
I

Nội dung

Điểm
2.0

1. (1.0 đ). ĐK: sin x cos x  0. Khi đó pt trở thành:


sinx  cos x  2 sin x cos x . (1)

0.25

ĐK: sinx  cos x  0 dẫn tới

sinx  0;cos x  0.
Khi đó: (1) � sin 2x  1 � x 

KL nghiệm : x 

0.25


 k.
4

0.25


 2m.
4

0.25

�
�

3x 

2. (1.0 đ).ĐK: sin �

�
��0.
4�

(1)

0,25
Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt:

1

5
� x   k;
x
 k
2
12
12
Trong khoảng  ;   ta nhận các giá trị :
sin 2x 

x

11
5

7
; x

; x
; x .
12
12
12
12

0.25

0.25

Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là:

x
II


;
12

x

7
.
12

0,25
3.0



1. (1.0 đ).
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là 5.C24 .C35 .5!  36000 (số).
0.5
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là C34 .C53 .6!  28800 (số).
Đ/ số 36000  28800  64800 số.

0.25

0.25
2. (1.0 đ) Dễ thấy  1  x   1  x 
5

2011

 1 x

2016

; và

M   1  x   C50  C15 x1  C52 x 2  C35 x 3  C54 x 4  C55 x 5
5

N  1 x

2011

2011

 C02011  C12011x1  ...  Ck2011x k  ...  C2011
.
2011x

P  1 x

2016

k
2016 2016
 C02016  C12016 x  ...  C2016
x k  ...  C 2016
x .

Ta có hệ số của x k trong P là C

k
2016

0.25

0.25

.

Vì P  M.N , mà số hạng chứa x k trong M.N là :
k
k 1 k 1
2 k  2
3 k 3

 4 k 4
5 k 5
C50 .C2011
x k  C15 xC2011
x  C52 x 2Ck2011
x  C35x 3Ck2011
x  C54 x 4Ck2011
x  C55x 5Ck2011
x

0.25
nên
k
k 1
k 5
k
C50 .C2011
 C15 .C2011
 ...  C55 .C 2011
 C 2016

0.25

3. (1 điểm)

u1  11  10  1
Ta có:

u2  10.11  1  9  102  100  2
u3  10.102  1  9.2  1003  1000  3


Dự đoán:
Chứng minh:

n

un = 10 + n (1)

0.25
0.25

Ta có: u1 = 11 = 101 + 1 , công thức (1) đúng với n=1
Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : uk = 10k + k
Ta có: uk + 1 = 10(10k + k) + 1 - 9k = 10k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1
Vậy un = 10n + n, n�N.
III

0.25

0.25
2.0


1. (1 đ)
Ta có: 1

2
k(k 3)

(k  1)(k 2) (k  1)(k 2)


0.25
Cho k=1,2,3,…,n ta được
1.4.2.5.3.6
n(n  3)
....
2.3.3.4.4.5 (n+2)(n  1)
(n  3)
 Un=
3(n  1)

Sn 

(n  3)

0.25

0.25

1

lim Un = lim

 n

n��3(n  1) 3

0.25

2.(1 điểm)

3
�3
1  2x  1
4x  1  1 �
L

Lim
x
1

2x

2012
 2012
Ta có
.
�
�
x �0
x
x
�
�

0.25

Lim x 1  2x  0 .
x �0
3


3

Lim
x �0

Lim
x �0

1  2x  1
2x
2
2`
 Lim
 Lim

x �0
x
3
x( 3 (1  2x) 2  3 1  2x  1) x �0 ( 3 (1  2x) 2  3 1  2x  1)

4x  1  1
4x
4
 Lim
 Lim
2
x �0 x( 4x  1  1)
x �0
x
4x  1  1

2
16096
Vậy L  0  2012  2012.2 
3
3

IV

0.5

0.25
3.0

1.(2 đ)
+) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành.
0.5

�MN  NP
�MP  NQ

+) MNPQ là hình vuông � �

� M là trung điểm của AB và a = c.

1.0
+) Lúc đó SMNPQ =

1 2
b.
4


2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’
Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’
MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng.

0.5

0.25
0.5


Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200
Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

0.25



TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ
XIII
TUYÊN QUANG 2017

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN
LỚP 11
Ngày thi: 29 tháng 7 năm 2017
Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian
giao đề)
(Đề thi có 01 trang)


ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1  2 và (n  1)un 1un  nun2  1 với mọi
số nguyên dương n .
a) Chứng minh rằng:

1 1
1
 L 
 2018u2018  2.
u1 u2
u2017

b) Tìm số thực c lớn nhất sao cho un �c với mọi số nguyên dương n .
� �1200 ) , về phía ngoài tam giác
Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC và BAC
ABC dựng các tam giác đều ABB ', ACC ' . Gọi M , N , P, M ', N ', P ' theo thứ tự lần lượt
là trung điểm của các đoạn thẳng BC , CA, AB, B ' C ', C ' A, AB ' . Chứng minh rằng:

a) Các tam giác MN ' P ', M ' NP là các tam giác đều.
b) MM ', NN ', PP ' đồng quy.
Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : �� � thoả mãn
f ( x) �( x 2  y 2 ) f ( y )
với mọi số thực x, y .
Câu 4 (4,0 điểm) Cho dãy số nguyên ( xn ) xác định bởi: x0  0 , x1  1 và xn  2  3 xn 1  xn
với mọi số tự nhiên n .
a) Tìm số dư của x2017 khi chia cho 4.
b) Chứng minh rằng xn 100 �xn (mod 101) với mọi số tự nhiên n .
Câu 5 (4,0 điểm) Xét k là số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại 2017 tập con
A1 ,�, A2017 của tập {0,1,�,102017  1} (không nhất thiết phân biệt) sao cho mỗi tập có đúng
k phần tử và mỗi phần tử của tập {0,1,�,102017  1} đều biểu diễn được dưới dạng

x1  x2  L  x2017 trong đó xi �Ai với i  1,�, 2017 . Hãy xác định giá trị bé nhất của k .
-----HẾT----Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: .............................


HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII
MÔN TOÁN 11
(Hướng dẫn này có 04 trang)
----Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1  2 và (n  1)un 1un  nun2  1 với mọi số
nguyên dương n .
a) Chứng minh rằng:

1 1
1
 L 
 2018u2018  2.
u1 u2
u2017

b) Tìm số thực c lớn nhất sao cho un �c với mọi số nguyên dương n .
(Dựa trên đề đề xuất của THPT chuyên Lào Cai)
Điểm

Hướng dẫn chấm
a) Từ giả thiết suy ra un  0 và
Do đó:

4,0

1

 ( n  1)un 1  nun , n ��* (1).
un

1 1
1
  ... 
 (2u2  u1 )  ...  (2018u2018  2017u2017 )  2018u2018  2.
u1 u2
u2017

1,0
1,0

b) Ta chứng minh c  1 .
*
Trước hết ta chứng minh un  1, n �� (2) bằng quy nạp.

Với n  1, 2 thì hiển nhiên (2) đúng.
Giả sử (2) đúng với n  k (k �2) . Khi đó: uk 1  1 
k 1
k

Mặt khác: uk � �uk�
1

1
kuk 1

k 1
k2


2

2
k

1
uk

Từ (a), (b) và giả thiết quy nạp ta được uk 1  1 

� 1�
1
(uk  1) �
k  �(a).
k 1
� uk �
k
, k
2

1,0

2 (b).

� 1�
1
(uk  1) �
k  � 0 � uk 1  1 . Vậy
k 1

� uk �

(2) đúng với n  k  1 . Theo nguyên lí quy nạp thì (2) đúng.

0,5

Vậy c �1.
Từ uk 1  1 

� 1 �
1
k
1
1
(uk  1) �k  � 0 � uk 1  1 
(uk  1) nên | un  1|� (u1  1)  .
k 1
k 1
n
n
� uk �

Suy ra lim uk  1 . Do đó c �1. Vậy c  1 (đpcm).
Chú ý. Nếu học sinh chỉ chứng minh được lim uk  1 mà chưa chứng minh được c �1
thì cho 1 điểm.
� �1200 ) , về phía ngoài tam giác
Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC và BAC

ABC dựng các tam giác đều ABB ', ACC ' . Gọi M , N , P, M ', N ', P ' theo thứ tự lần lượt là
trung điểm của các đoạn thẳng BC , CA, AB, B ' C ', C ' A, AB ' . Chứng minh rằng:


a) Các tam giác MN ' P ', M ' NP là các tam giác đều.
b) MM ', NN ', PP ' đồng quy.
(Đề xuất của Tổ ra đề)

0,5


Hướng dẫn chấm

Điểm
4,0

a) Xét thế hình như hình vẽ (Học sinh chỉ dựa vào thế hình chứng minh thì vẫn cho
điểm tối đa)
Cách 1. Xét phép quay véc tơ ngược chiều kim đồng hồ. Ta có
uuuur
r
uuu
r
uuuu
r
r uuuur
1 uuur uuuu
1
1 uuur uuu
Q 60�( MN ')  Q60�( ( BA '  CC '))  ( Q 60�( BA)  Q 60�(CC '))  ( BB '  CA)  MP '.
2
2
2


Suy ra tam giác MN ' P ' đều. Tương tự, tam giác M ' NP đều.

2,0

Cách 2. Chứng minh các tam giác P ' AN ', P ' PM và MNN ' bằng nhau. Suy ra tam giác
MN ' P ' đều. Tương tự, tam giác M ' NP đều.
b) Vì й BAC 1200 nên các đường thẳng MM ', NN ', PP ' không song song.

2,0

� �
�  .
Gọi Q là giao điểm của NN ', PP ' . Đặt MPN
ANP   ; �
APN  MNP

Ta có các điều kiện sau tương đương:
1) MM ', NN ', PP ' đồng quy.
2) M , M ', Q thẳng hàng.
3) P( NMM ' Q )  N ( PMM ' Q ) .

2,0

4) P( NMM ' P ')  N ( PMM ' N ') .
5)

�' PN sin P
�' PN
�' NP sin N

�' NP
sin M
sin M
:

:
.
�' PM sin P
�' PM sin M
�' NM sin N
�' NM
sin M

6)

sin 60�
sin(60�  )
sin 60�
sin(60�  )
:

:
.
sin(60�  ) sin(60�    ) sin(60�  ) sin(60�    )

7) sin(60�  ) sin(60�  )  sin(60�  ) sin(60�  ) (luôn đúng).
Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : �� � thoả mãn
f ( x) �( x 2  y 2 ) f ( y )

với mọi số thực x, y .

(Đề xuất của Tổ ra đề)
Hướng dẫn chấm

Điểm


4,0
Theo giả thiết ta có f ( x) �( x  y ) f ( y) với mọi x, y.
2

2

2
2
2
Đổi vai trò x, y được f ( y ) � x  y  f ( x). Do đó f ( y ) � x 2  y 2  f ( x) � x 2  y 2  f ( y ) .

Cho x  2 thì f ( y ) �(4  y 2 ) 2 f ( y ) . Suy ra f ( y ) �0 với mọi y .
Mặt khác x  y  0 ta được f (0) �0 . Vậy f (0)  0 .
Cho y  0 ta được f ( x) �0 với mọi x . Vậy f �0 .

1,5
1,0
0,5
1,0

Câu 4 (4,0 điểm) Cho dãy số nguyên ( xn ) xác định bởi: x0  0 , x1  1 và xn  2  3 xn 1  xn với
mọi số tự nhiên n .
a) Tìm số dư của x2017 khi chia cho 4.
b) Chứng minh rằng xn 100 �xn (mod 101) với mọi số tự nhiên n .

(Đề đề xuất của Tổ ra đề)

Điểm

Hướng dẫn chấm
a) Ta có xn �xn 3 (mod 4) . Suy ra x2017 �x1 (mod 4) , do đó x2017 �1 (mod 4) .

4,0
1,0

b) Cách 1.
Ta chỉ ra x100 �0 (mod101) và x101 �1 (mod101) . Đầu tiên ta có
n

n

�3  5 � �3  5 �
�
� �
�
2 � � 2 �
�
xn 
.
5

Khai triển Newton cho ta:

1,0


k 1

�Cnk 3nk 5 2 .

2n xn 

k 0, n
2�
k

Ta có 452 �5 (mod101) . Suy ra

2 xn ��C 3
n

k
n

n k

k 1

45

k  0, n
2�
k

 3  45



n

  3  45
45

n

48n  (42) n
�
(mod101) .
45

1,5

24n  (21) n
Hay xn �
(mod101) .
45

Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta được: x100 �0 (mod101) và x101 �1 (mod101) . Do công
thức truy hồi, suy ra xn 100 �xn (mod101) với mọi số tự nhiên n .

0,5

Cách 2. Học sinh có thể xét tìm dãy các số dư của xn modulo 101. Danh sách các số dư
của dãy khi chia cho 101 như dưới đây:
[0, 1, 3, 8, 21, 55, 43, 74, 78, 59, 99, 36, 9, 92, 65, 2, 42, 23, 27, 58, 46, 80, 93, 98, 100,
0, 1, 3, 8,….].
Sau đó học sinh giải thích do tính truy hồi nên dãy các số dư tuần hoàn. Suy ra đpcm.

Chú ý. Với cách 2, nếu học sinh chỉ tìm một vài số dư mà chưa ra đến số dư lặp (chu
kỳ) thì không cho điểm.

2,0

1,0


Câu 5 (4 điểm) Xét k là số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại 2017 tập con
A1 , �, A2017 của tập {0,1, �,102017  1} (không nhất thiết phân biệt) sao cho mỗi tập có đúng

k phần tử và mỗi phần tử của {0,1, �,102017  1} đều biểu diễn được dưới dạng x1  L  x2017

trong đó xi �Ai với i  1,�, 2017 . Hãy xác định giá trị bé nhất của k .
(Đề đề xuất của Tổ ra đề)
Điểm

Hướng dẫn chấm

4,0

Ta kí hiệu A1  L  A2017 là tập tất cả các số có dạng x1  L  x2017 trong đó xi �Ai với
2017
mọi i  1, �, 2017 . Ta có A1  L  A2017  k . Thành thử k 2017 �102017 hay k �10 .

Ta chỉ ra 10 chính là giá trị bé nhất có thể của k .
Với mọi số nguyên không âm m ta có thể viết

1,5


m  as 10 s  L  a110  a0 ,

, as {0,1,
trong đó s là số tự nhiên và a0 , �μ
Với mỗi số m μ {0,1,

1,5

,9} và as �0 .

,102017  1} thì s  2017 vì nếu s �2017 thì m �as 10 s �102017 , mâu

thuẫn.
j 1
Với mỗi j  1, �, 2017 ta đặt Aj  {10 t : t  0, �, 9}. Khi đó với mọi m  {0,1,

,102017 1} ,

j 1
thì m  x1  L  x2017 , trong đó x j  10 a j 1 , j  1, 2,..., s  1 và x j  0, j  s  2,..., 2017 .

-----Hết----Ghi chú: Học sinh có thể làm theo nhiều cách khác nhau. Nếu giải đúng thì cho điểm tối
đa.

1,0