<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Câu 1 (5,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:

3 2 2 6 5 4

2

y 3y x 4yx x 3x 4x

x 3 3y 1 4

     




   




<b>Câu 2 (5,0 điểm): </b>

Cho dãy số (xn) xác định bởi hệ thức:
1

*

n 1 n n n n

x 1

x _ x (x 1)(x 2)(x 3) 1 , n N






      



 

Đặt

n

*
n

i 1 i
1

y , n N

x 2


  





. Xác định giới hạn của dãy số (yn).

<b>Câu 3 (5,0 điểm): </b>

Cho tam giác ABC. Đường tròn tâm O đi qua hai điểm A và C của tam giác ABC, cắt các
cạnh AB, BC lần lượt tại K, N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBN cắt đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC tại hai điểm B và M. Tính số đo BMO.
<b>Câu 4 (5,0 điểm):</b>

Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho ta có thể phân hoạch tập hợp các số nguyên dương
thành k tập hợp A1, A2, …Ak thỏa mãn với mỗi số nguyên dương n lớn hơn 14, trong mỗi

tập Ai (i=1,2,3,…,k) đều tồn tại hai số có tổng bằng n.

<b>Câu 1 (4,0 điểm): </b>

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z 3   . Chứng minh rằng:

1 1 1 4 4 4

x 7 y 7 z 7

x y  y z  z x      

<b>Câu 2 (5,0 điểm): </b>

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m, luôn tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa
mãn

n

(3.2 n)_{chia hết cho m.}

<b>Câu 3 (6,0 điểm): </b>

Cho tam giác ABC và điểm O bất kì nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng (d1) qua O,

song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại J, G. Đường thẳng (d2) qua O, song song với CA

cắt BC, BA lần lượt tại F, I. Đường thẳng (d3) qua O, song song với AB cắt CA, CB lần

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Cho hàm số f: *_*_{thỏa mãn các điều kiện sau:}

1) f (m) f(n) m, n  *, m n;

2) f (mn) f(m)f(n) m,n  *,(m, n) 1;
3) Tồn tại i*,i 1 sao cho f (i) i.

Trong đó *_{là tập hợp các số nguyên dương.}

a) Chứng minh rằng f(1) = 1, f(3) = 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>SỞ GD&ĐT NINH BÌNH</b> <b>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG THPT CẤP</b>
<b>TỈNH</b>

<i><b>Năm học 2016 – 2017. MƠN: TỐN. Ngày thi 12/10/2016</b></i>
<i>(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)</i>

<b>Câu</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>Câu 1</b>
<i>(5,0 điểm)</i>

3 2 2 6 5 4

2

y 3y x 4yx x 3x 4x (1)

x 3 3y 1 4 (2)

     




   




ĐKXĐ:

1
y

3

 _0,5

+

x 0
y 0

3 3y 1 4




 

  



 _Vô

nghiệm.

0,5

+

3 2

3 2

y y y

x 0 : (1) 3 4 x 3x 4x (*)

x x x

   

  _ _  _ _    

   

0.5

Xét hàm số

 

3 2

f t  t 3t 4t_{trên R}

Ta có:

 

2

f ' t 3t 6t 4 0 t R   

 

f t

 _{đồng biến trên R}

0,5

Do đo

 

2

y y

(*) f f x x y x

x x

 

 _ _    

 

0,5

Thay y x 2 vào (2) ta được

y 3  3y 1 4  _(a) 0,5

<b>Cách 1 : (a) </b>



 



y 3  3y 1 4   y 3 3y 1   6 2y0.5



 



2

6 2y 0

y 3 3y 1 6 2y y 1

y 34y 33 0

 



      _  

  

 0.5

Với y 1  x1 0.5

<b>Cách 2: Xét</b>

1

g(y) y 3 3y 1, y :

3

 

     _ _

 

<b>+) Hiển nhiên g(y) liên tục </b>

trên

1
;
3


 




 

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

+)

, 1 3 1

g (y) 0, y ( ; )

3
2 y 3 2 3y 1

      

 

Suy ra g(y) đồng biến trên

1
;
3


 




 

<b>Do đó pt</b>

 

 

(a) g y g 1  y 1 0.5

Với y 1  x1 0.5

<b>Cách 3: (a) </b>

( y 3 2) ( 3y 1 2) 0      0.5


y 1 3(y 1)

0

y 3 2 3y 1 2

 

 

   

y 1

 

0.5

Với y 1  x1 0.5

Vậy hệ có hai nghiệm





(x; y) ( 1;1),(1;1) _. 0,5

<b>2</b>
<i>(5,0 điểm)</i>

<i><b>Cách 1: Nhận xét:</b></i>

*
n

x    1 n _. 0,5

2 2 2 2 2

n 1 n n n n n n n n

x _  (x 3x )(x 3x 2) 1  (x 3x 1) x 3x 1

0.5+0.5

Khi đó :

* n 1 *

n 1 n n n

x 3x , n x 3 , n limx .

         

0.5+0.5

<i><b>Cách 2: Nhận xét:</b></i>

*

n

x 0, n  

0.5

2 2 2 2 2

n 1 n n n n n n n n

x _  (x 3x )(x 3x 2) 1  (x 3x 1) x 3x 1

0.5+0.5

Ta có

2

n 1 n n n

x _  x (x 1)  0 (x )

là dãy số tăng

Giả sử (xn) bị chặn trên, suy ra

(xn_{) có giới hạn}

0.5

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

n

lim x a(a 0)

  

<i><b> Khi đó</b></i>

2 2

n 1 n n

limx _ lim(x 3x 1) a a 3a 1 a1

(vô lý) lim xn 

Ta có: xn+1 + 1 =

2

n n

x 3x ₊

2 = (xn + 1)(xn + 2)

0,5

n 1 n n n n

1 1 1 1

x _ 1 (x 1)(x 2) x 1 x 2

   

    

n n n 1

1 1 1

x 2 x 1 x _ 1

  

  

0,5

n

1 2 2 3 n n 1

n

n 1

1 1 1 1 1 1

y ...

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

1 1

y

2 x 1





 

   

 _  __  _ _  _

     

     

  



0.5

0.5

Suy ra

n

n 1

1 1 1

lim y lim

2 x  1 2

 

 _  _



 

0,5

<b>3</b>
<i>(5,0 điểm)</i>

Gọi D là giao điểm thứ hai
của MK và đường trịn tâm
O.

Ta có:

(BM, BN) (KM,KN) (CD,CN)   BM || CD

.

<i><b>( Học sinh có thể sử dụng</b></i>
<i><b>cách lập luận khác để chứng</b></i>
<i><b>được BM// CD) </b></i>

1

Ta có

(DC, BK) (AC,AK) (MC,MB) (CM,CD)    MC MD

.

<i><b>( Học sinh có thể sử dụng</b></i>

2

A

C

M

B

K

N

O

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<i><b>cách lập luận khác để chứng</b></i>
<i><b>được MC = MD) </b></i>

Mà OC = OD, suy ra OM là
đường trung trực của CD, do
đó OMCD.

1

Suy ra OMBM, hay

 0

BMC 90 _. 1

<b>4</b>

<i>(5,0 điểm)</i> hoạch sau thỏa mãn đề bài: - Với k = 3, ta có phân
A1 = {1; 2; 3}{3k |

k N*_{, k ≥ 4},}

A2 = {4; 5; 6}{3k –

1 | k N*_{, k ≥ 4},}

A3 = {7; 8; 9}{3k –

2 | k N*_{, k ≥ 4}.}

1

- Với k = 4, giả sử tồn
tại phân hoạch A1, A2, A3, A4

của N*_{thỏa mãn đề bài.}

Xét
i i

B A {1;2;3;...;23}, i {1;2;3;4}

, ta có: Với mỗi số n thuộc
tập X = {15; 16;…; 24} luôn
tồn tại 2 số thuộc tập Bi có

tổng bằng n với mọi

i {1;2;3;4} _.

1

Mà |X| = 10 suy ra

i
2

i
B

C 10 B 5

.

Mặt khác

1 2 3 4

B  B  B  B 23_,

suy ra tồn tại i0{1;2;3;4}
mà Bi0 5.

1

Giả sử Bi0 = {a

1, a2,

a3, a4, a5}, suy ra



ai a |1 i j 5j   



_={15;

16;…; 24}.

Do đó

i j 1 2 3 4 5

1 i j 5

(a a ) 15 16 ... 24 4(a a a a a ) 195
 

          



. Suy ra mâu thuẫn.

1

- Giả sử với k > 4 tồn
tại phân hoạch A1, A2,…, Ak

của N*_{thỏa mãn đề bài.}

Xét A4 A₄A₅... A _k
suy ra A , A , A ,A₁ ₂ ₃ 4_{là một}

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

phân hoạch của N*_{thỏa mãn}

đề bài. Suy ra mâu thuẫn.
Kết luận: Max k = 3

<i><b>Chú ý</b></i>

1) Điểm bài thi khơng làm trịn.

2) Học sinh có cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

3)

<i><b>Trong câu 3, đáp án giải theo góc định hướng mới đảm bảo khơng phụ thuộc vào hình vẽ.</b></i>
<i><b>Tuy nhiên có thể học sinh vẽ hình và chứng minh theo hình vẽ ( Khi vẽ hình sẽ xẩy ra 2 khả </b></i>
<i><b>năng, đường trịn ngoại tiếp tam giác BKN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm </b></i>
<i><b>B và M, khi đó M có thể thuộc cung AB hoặc M thuộc cung BC). </b></i>

<i><b>Để thống nhất trong tổ chấm, nếu học sinh chỉ vẽ một trường hợp và lập luận đúng vẫn cho </b></i>
<i><b>điểm tối đa. Sau đây là một cách lập luận khi điểm M nằm trên cung AB</b></i>

<b>Câu</b> <b>Nội dung</b> <b> Điểm</b>

3

<i><b>Cách lập luận khác chứng minh BM song song CD</b></i>

<b>1.0</b>

Do tứ giác MBNK nội tiếp đường tròn nên

MBN MKN 180   0

Do ba điểm M, K, D thẳng hàng nên

MKN NKD 180   0

Suy ra

MBN NKD 

Do tứ giác KNCD nội tiếp đường tròn nên

NCD NKD 180  0

Suy ra

MBN NCD 180   0  MBC 180  0 BCD

Hay MB song song CD

0.25

0.25

0.25

0.25

<i><b>Cách lập luận khác chứng minh MC = MD</b></i>

Do MB song song CD nên

BMC MCD 

₍₁₎

Do tứ giác MBCA nội tiếp nên

BMC BAC 

(vì cùng chắn cung BC)

Do tứ giác KAPC nội tiếp nên

KAC KDC 

(vì cùng chắn cung KC)

Suy ra

BMC KDC 

₍₂₎

Từ (1) và (2) suy ra

KDC MCD 

_hay

MDC MCD 

Suy ra tam giác MCD cân tại M

 MC MD

<b>2.0</b>

0.5

0.5

0.5

0.5

<b>* Một cách giải khác cho câu 3</b>

<b>Câu</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

M

B

K

N

K

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<i>3</i>
<i>(5,0</i>
<i>điểm</i>

<i>)</i>

Gọi (d) là đường thẳng qua O và vng góc với BM. Ta CMR M (d)

0.5

Gọi C , K1 1_{lần lượt là điểm đối xứng của C, K qua (d). Khi đó các đường thẳng}

1 1

CC , KK , BM_{song song với nhau ( vì cùng vng góc với (d) )}

0.5

Ta có:

 0   0   0 

1 1 1 1

C KK 180  KC C KNC 180   BNK BMK 180   MKK

  0

1 1 1

C KK MKK 180

   _{. Suy ra ba điểm C}₁_{, K, M thẳng hàng (1)}

0.5

0.5

Ta có:

C CK1 1 CC K CAK CAB CMB C CM 1    1

nên ba điểm C, K

1

, M thẳng hàng (2)

1.0

Từ (1) và (2) suy ra CK

1

và C

1

K cắt nhau tại M

0.5

Mặt khác đường thẳng CK

1

và C

1

K đối xứng nhau qua (d)

Suy ra M thuộc (d)

Suy ra

BMO 90  0

0.5

0.5

0.5

<b>SỞ GD&ĐT NINH BÌNH</b> <b>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG THPT CẤP TỈNH</b>
<b>Năm học 2016 – 2017</b>

<i><b> MƠN: TỐN. Ngày thi 13/10/2016</b></i>
<i> (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)</i>

<b>Câu</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b>
<i>(4,0</i>
<i>điểm)</i>

<i><b>Học sinh chứng minh hoặc nêu được</b></i> :

Với x 0, y 0  ta có

1 1 4

x y x y

0.5

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

0.5

A

C

O

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

1 1 4

;

x y y z x 2 y z

1 1 4

;

y z z x y 2 z x

1 1 4

z x x y z 2 x y

 

   

 

   

 

   

1 1 1

x y y z z x

2 2 2

x 2 y z y 2 z x z 2 x y

  

  

  

     

0.5

Ta có:

x 1 2 x
y 1 2 y
z 1 2 z
  




 



 



0.5

2x y z 4 2(2 x y z) x 7 2(2 x y z)

            0.5

1 2

x 7

2 x y z

 



  0,5

Tương tự:

1 2 1 2

;

y 7 z 7

2 y x  z   2 z x  y   0,5

Từ đó suy ra

1 1 1 4 4 4

x 7 y 7 z 7

x  y  y z  z x       0,5

<b>2</b>
<i>(5,0</i>
<i>điểm)</i>

Ta sẽ chứng minh: với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại vô số số nguyên

dương n thỏa mãn (3.2n n) m bằng phương pháp quy nạp. 0,5

- Dễ thấy mệnh đề đúng với m = 1, 2, 3. 0.5

- Giả sử mệnh đề đúng với tất các số nguyên dương nhỏ hơn m (m nguyên

dương), ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với m. 0,5

Giả sử m 2 b a _{(b lẻ), ta có}(b) b m  _{suy ra tồn tại n}₀₍n0 a_{) thỏa mãn}

(3.2n0 n ) (b)0  . (*)

1

Xét n thỏa mãn n3.2 (mod m (b)),n nn0   0. 1

Từ (*) suy ra: n n (mod (b)) 0  ,

do đó ta có: 2n n 0 1(mod b)(Định lí Euler)

0,5

0 0 0

n n n

n n

2 2 2 b 2 2 m

      _(vìm 2 b,a n a  0). 0,5

0
n

n n

3.2 3.2 n(mod m) (3.2 n) m

      _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>3</b>
<i>(6,0</i>
<i>điểm)</i>

Gọi M là giao điểm của AA1 và BC, N là giao điểm của BB1 và CA, P là
giao điểm của CC1 và AB, D là giao của AO và BC.

0.5

Ta có: EA1 || AC

1

EM EA

MC AC

 

(Định lí Thales). 0.5

Do OEA F1 là hình bình hành nên EA1 OF 0.5

Trong tam giác DAC ta có

OF DO

AC DA_{(Định lí Thales).} 0.5

Suy ra

EM DO

MC DA 0.5

Tương tự:

FM DO

MB DA 0.5

Suy ra

EM FM MB FM FM MB FB

MC MB MC EM EM MC EC



    

 0.5

Lập luận tương tự ta có

NC HC

NA GA 0.5

Do hai tam giác AGJ và HCE đồng dạng nên

HC EC

GA GJ , suy ra

NC EC

NA GJ

0.5

Hoàn toàn tương tự:

PA JA GJ

PB IB BF_. 0.5

Do đó:

MB NC PA
1
MC NA PB   _,

suy ra AA , BB ,CC1 1 1 đồng quy (Định lí Ceva).

0.5

0.5
<b>4</b>

<i>(5,0</i>
<i>điểm)</i>

<b>a. 3 điểm</b>

Ta có f(1)=f(1.1)=(f(1))2

f (1) 1

f (1) 1
f (1) 0




 _  



 _.

0,5
1

<i>B</i>

A

G

C

F

E

1
A

B

1

<i>C</i>

I

J

O

M

N

P

H

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Vì f đồng biến trên N*_

*
*

f (n k) f (n) k, n, k N
f (n) n, n N

     




  




Từ đó thấy rằng nếu f(i) = i thì f (k) k, k i   (i, k N *)

0,5

*) Nếu   i 3, f (i) i  f (k) k, k i   ( vì f đồng biến trên N*₎ 0,25

*) f(2) = 2:

+) f(18) = f(2)f(9) = 2f(9) ≤ 2(f(10) – 1) = 2f(2)f(5) – 2 ≤ 4f(5) – 2 0.5
_{4(f(6) – 1) – 2 = 4f(2)f(3) – 6 = 8f(3) – 6.} _0.5

+ ) f(18) ≥ f(15) + 3 ≥ f(3)f(5) + 3 ≥ f(3)(f(3) + 2) + 3 =(f(3))2_{+ 2f(3) + 3} _0,5

 8f(3) – 6 ≥ (f(3))2_{+ 2f(3) + 3  (f(3))}2_{– 6f(3) + 9 ≤ 0  f(3) = 3} _0,25

<b>b. 2 điểm</b>

Xét dãy (un) :

1

*
n 1 n n

u 2.3

u _ u (u 1) n N





   

 0,5

Bằng quy nạp ta chứng minh rằng f(un) = un ,

*
n N
 

Thật vậy

Ta có f (u ) f (2.3) f (2)f (3) 2.3 u1     1 nên công thức đúng với n = 1
Giả sử công thức đúng với n = k, tức là f (u ) uk  k

Khi đó ta có f (u ) f (u (uk 1  k k 1)) f (u ).f (u k k 1) u .(u k k 1) u k 1
Suy ra công thức đúng với n = k + 1

0,5

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được nlim u  n 
do đó  k N*_{tồn tại n}N*_{sao cho}un k

vì f(un) = un nên suy ra f(k) = k

Thử lại f(n) = n  n N*_{thỏa mãn đề bài.}

0.5

0.5

<i><b>Chú ý</b></i>

3) Điểm bài thi khơng làm trịn.

4) Học sinh có cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

<i><b>Cách giải khác câu 3.</b></i>

<i><b>Câu</b></i> <i><b>Nội dung</b></i> <i><b>Điểm</b></i>

Giả sử AA , BB ,CC1 1 1 lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.

Ta có

1

1
AA B

1 FAB

1 AA C EAC
S

MB d(B,AA ) S

MC d(C,AA ) S S

 _

  ₍₁₎

( Vì FA1 _{// AB nên khoảng cách từ các điểm F, A}1_{đến đường thẳng AB}

bằng nhau nên SAA B1 SFAB . Vì EA

1 // AC nên khoảng cách từ các điểm

E, A1_{đến đường thẳng AC bằng nhau nên}SAA C1 SEAC)

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Ta có

FAB

ABC FAB

EAC EAC

BAC

S d(F, AB) BF

S d(C,AB) BC _S _BF

S d(E, AC) CE S CE

S d(B, AC) CB


 




 



 _ _






 _

 

 (2)

1

Từ (1) và (2) suy ra

MB FB MB FB BC

.
MC EC  MC BC EC

1

Mặt khác trong tam giác BAC có

BF FI
BC CA

Trong tam giác CAB có

CE EH CB BA

CB BA  CE EH

Suy ra

MB FI BA AB FI

. .

MC AC EH AC EH

0.5

0.5

0.5

Tương tự ta có:

NC
NA₌

BC HE
.
BA GJ _;

PA
PB 

CA JG
.

CB IF

0.5+0.5

Từ các đẳng thức trên ta có:

MB
MC_.

NC
NA_.

PA
PB 

AB FI
.
AC EH

BC HE
.
BA GJ

CA JG
.
CB IF

Suy ra

MB NC PC

. . 1

MC NA PA   _{AM, BN, CP đồng quy hay}AA , BB ,CC1 1 1
đồng quy.

</div>

<!--links-->