SỞ GD&ĐT LÀO CAI

KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT
VỊNG I - NĂM 2018
Mơn: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 04/10/2017
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)

Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: ...........................
Câu 1 (5,0 điểm) Cho hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

f  x 2  f  y   4 y 

1 2
f  x
2

với mọi x, y   .
a) Chứng minh rằng

f  x

b) Tìm tất cả các hàm số

là hàm lẻ trên  .

f  x

thỏa mãn điều kiện trên.

 x0 1, x1 5


xn 1  xn2  6
, n 0
 xn2 
xn 

3

Câu 2 (4,0 điểm) Cho dãy số
xác định như sau :
. Chứng
x
minh rằng dãy số  n  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao
BE, CF cắt nhau tại H. Một điểm M thay đổi trên đoạn thẳng AB. Đường thẳng đi qua M
vng góc với AC cắt AO tại điểm I; IH cắt CM tại D; BD cắt AC tại N, AD cắt BC tại P.
a) Chứng minh rằng tứ giác BCNM nội tiếp.
b) Chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP ln đi qua một điểm cố định.
15

2
Câu 4 (3,0 điểm) Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất của 12  1 .

Câu 5 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đa giác lồi có 17 đỉnh

Ai , A j  1 i  j 17 


Ai A j

hoặc

A1 A2 A3 ... A17 ,

với mỗi cặp đỉnh

bất kỳ trong số các đỉnh của đa giác, ta sẽ vẽ đúng một trong hai vectơ


Aj Ai

. Sau khi thực hiện với mọi cặp đỉnh, gọi n là số tam giác có tổng các vectơ đặt

0
trên 3 cạnh bằng . Chứng minh rằng n 204 .
....................HẾT....................
Ghi chú:


 Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
 Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT LÀO CAI

KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT
VÒNG I - NĂM 2018

Mơn: TỐN

HDC CHÍNH THỨC

(HDC gồm có 05 trang, 05 câu)

I. Hướng dẫn chấm:
1. Cho điểm lẻ tới 0,25;
2. Điểm tồn bài là tổng điểm thành phần, khơng làm trịn;
3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;
4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần.
5. Trong lời giải câu 3 nếu học sinh không vẽ hình thì khơng cho điểm.
6. Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
khơng được điểm.
II. Biểu điểm:
Câu 1 (5,0 điểm) Cho hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:
mọi x, y   .
a) Chứng minh rằng

f  x 2  f  y   4 y 

1 2
f  x
2
, với

f  x

là hàm lẻ trên  .
f x

b) Tìm tất cả các hàm số   thỏa mãn điều kiện trên.
Nội dung
a)

f  x 2  f  y   4 y 

1 2
f  x
2
với mọi x, y  

Điểm

(1).

Đặt a = f(0). Thay x = 0 vào (1) ta thu được
f  f  y   4 y 

1 2
1
f  0  4 y  a 2 , y  
2
2

0,5

 2

Vì vế phải là hàm bậc nhất theo y nên suy ra f là song ánh .
1

f  x 2  f  0    f 2  x  , x  
2
Thay y = 0 vào (1) ta được

 3

1
f  x 2  f  0    f 2   x  , x  
2
Tiếp tục thay x bởi – x trong (3) ta được
f 2  x   f 2   x  , x  

Từ (3) và (4) ta suy ra
Trường hợp

f   x  f  x

f   x   f  x 

chỉ xảy ra khi  x  x  x 0 (do f là song ánh)

với mọi x 0

Vậy
Vì f là song ánh nên tồn tại duy nhất số b sao cho f(b) = 0
f  b  f  b 
f b  f   b
Nếu b 0 thì  
và vì vậy  
nên b = 0, mâu thuẫn


Do vậy f(0) = 0. Vậy

f   x   f  x 

b) Vì f(0) = 0 nên (2) có dạng

với mọi x   tức là f là hàm lẻ.

f  f  x   4 x, x  

Trang

 *

0,25

 4

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5


1
f  x 2   f 2  x  0, x  
f x 0

2
tức  
khi x 0
Đồng thời (3) có dạng
1
f  x 2  f  y    f  f  y    f 2  x  , x, y  
2

Thế vào (1) ta thu được
f u  v  f u  f v , u, v  , u 0

5

    
 
hay 
Trong (5) thay u bởi – u với u < 0, v bởi – v và sử dụng tính chất f là hàm lẻ, ta được:
f   u  v   f   u   f   v  , u  0, v     f  u  v   f  u   f  v  , u  0, v  
 f  u  v   f  u   f  v  , u  0, v  

 6

f  u  v   f  u   f  v  , u , v  

Từ (5) và (6) suy ra :

Tiếp theo sử dụng tính chất
Thật vậy nếu x ≥ y thì

f  x  0


0,5

 7

khi x 0 ta thu được f(x) là hàm đồng biến

f  x  f  y   x  y   f  y  f  x  y  f  y

0,5
0,5

Ta chứng minh f(x) = 2x với mọi x  
f x  2 x0
Thật vậy nếu tồn tại x0 sao cho  0 
thì từ (*) suy ra
4 x0  f  f  x0    f  2 x0   f  x0   f  x0   4 x0

0,25

, vô lý.

f x  2x

0
Tương tự trường hợp  0 
không xảy ra.
Thử lại ta thấy hàm số f(x) = 2x thỏa mãn điều kiện của bài toán.

0,25


 x0 1, x1 5


xn 1  xn2  6
, n 0
 xn 2 
xn 

3

Câu 2 (4,0 điểm) Cho dãy số
xác định như sau :
.
x
Chứng minh rằng dãy số  n  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Nội dung

Xét dãy số

u0 1


un  un2  6
, n 0
u 
(un ) được xác định như sau:  n 1
3

Chứng minh bằng quy nạp ta được

Với n = 0 ta có

Giả sử

Điểm

0  un  2 , n 0

0,5

0  u0  2

0  un  2 thì

0

un  un2  6
 2  0  un 1  2
3

Suy ra: 0  un  2 , n 0
un  un2  6
 0  un  2
un  un 1 , n 0  un 
3

Chứng minh
Trang

0,5



Vậy un  un 1 , n 0



Dãy

(un ) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt l lim un 0  l  2



l  l2  6
l
l 2
3
Từ hệ thức truy hồi chuyển qua giới hạn ta được
Chứng minh:
Với n = 0 thì

un min( x2 n , x2 n 1 ) n 0
u0 min( x0 , x1 )

Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là: uk x2 k và uk  x2 k 1 . Khi đó:
x2 k 2 
x2 k 3 

Vậy

x2 k 1  x22k  6

3



x2 k 2  x22k 1  6
3

uk  uk2  6



3

uk 1

uk 1  uk2  6
3

0,5



uk  uk2  6
3

uk 1

uk 1 min( x2 k  2 , x2 k 3 )

Suy ra


0,25

un min( x2 n , x2 n 1 ) n 0

Xét dãy số

0,5

v0 5


vn  vn2  6
vn 1 
, n 0
(vn ) được xác định như sau: 
3


0,5

Chứng minh tương tự ta được dãy (vn ) giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên có giới hạn và
lim vn  2 .

v max( x2 n , x2 n 1 )
Bằng phương pháp tương tự ta có: n
un  x2 n vn

u  x2 n 1 vn
Từ các kết quả trên, ta có:  n

lim un lim vn  2
nên lim x2 n lim x2 n1  2  lim xn  2
Vì

0,5
0,25
0,5

Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao
BE, CF cắt nhau tại H. Một điểm M thay đổi trên đoạn thẳng AB. Đường thẳng đi qua M
vng góc với AC cắt AO tại điểm I; IH cắt CM tại D; BD cắt AC tại N, AD cắt BC tại P.
a) Chứng minh rằng tứ giác BCNM nội tiếp.
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định.
Nội dung

Trang

Điểm


a) Gọi J là giao điểm của AC và MI. Từ I kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt AB,
AC lần lượt tại K và N'; N'B cắt CM tại D'.
Kí hiệu
Ta có

 C1  ,  C2  lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp 2 tứ giác

PI  C1  IN '.IK

và


BN ’EK và CMFJ .

PI  C2  IM .IJ .

 PI  C  PI  C 
Tứ giác MN ’ JK nội tiếp  IM .IJ IN '.IK
(1)
1

Tương tự

PH  C1  HB.HE HC.HF PH  C2 

2

0,5
0,5

(2)

1

 AMN ' 900  BAO
 AOB  ACB
2
Lại có I là trực tâm của AMN ’


0,5


0,5

tứ giác BCN'M nội tiếp

 PD '  C1  D ' B.D ' N ' D ' C.D ' M PD '  C2 

Từ (1), (2), (3)

0,5

(3)

 I , H , D ' thẳng hàng (cùng thuộc trục đẳng phương của  C1  ,  C2  )

0,25

 D D '; N  N ' và tứ giác BCNM nội tiếp.

0,25

SPBC   1
b) Gọi S là giao điểm của BC và MN. Khi đó ta có 
.
Gọi Q là trung điểm của BC thì Q là điểm cố định.

0,5

Mặt khác theo hệ thức Maclaurin ta có SP.SQ SB.SC
Mà tứ giác BCNM nội tiếp  SB.SC SM .SN  SP.SQ SM .SN .

Do đó tứ giác MNQP nội tiếp.
Vậy đường trịn ngoại tiếp MNP ln đi qua điểm Q cố định.

0,5
0,5
0,5

15

2
Câu 4 (3,0 điểm) Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất của 12  1 .

Nội dung
Gọi p là số ngun tố cần tìm. Ta có

Điểm
0,5

Trang


15

16

12 2  1 mod p   12 2 1  mod p 
16

Đặt


h ord p  12   h 2  h 2  k  

 

15

Nếu

(*)

k

0 k 15  122  122

k

215 k

1 mod p 

mâu thuẫn với (*).

0,5

16

Vậy

h 2 .


2 p  1 1 mod p   216  p  1  p 216  1
Theo định lý Fermat nhỏ
16
Chứng minh được 2  1 là số nguyên tố.

0,5
15

16
p 122 1
p

2

1
Ta chứng minh số nguyên tố
là số cần tìm, hay chứng minh
.
15

Ta có

16

15

122  1 2 2 32  1 2 p  1 3

p 1
2


 1 3

p 1
2

 1 mod p 

0,5

.

p 1
 3  p 
2 1


1


  
p
3




Mặt khác theo luật tương hỗ Gauss ta có:
 3
 p

16
   p  mod 3 2 1  1 mod      1
 3
 p
.

0,5

p 1
 3
2

3
 mod p   3 p2 1  1 0 mod p
 

.
Mặt khác  p 
16
Vậy p 2 1 là số cần tìm.

0,5

Câu 5 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đa giác lồi có 17 đỉnh

A1 A2 A3 ... A17 ,

với mỗi cặp đỉnh

Ai , A j  1 i  j 17 

bất kỳ trong số các đỉnh của đa giác, ta sẽ vẽ đúng một trong hai vectơ

Ai A j
AA
hoặc j i . Sau khi thực hiện với mọi cặp đỉnh, gọi n là số tam giác có tổng các vectơ đặt

0
trên 3 cạnh bằng . Chứng minh rằng n 204 .


Nội dung


Ta gọi S số cặp vectơ kiểu { AC , BC } hoặc { CA , CB } tức là số cặp vectơ có chung
điểm đầu hoặc chung điểm cuối.

Với mỗi tam giác mà tổng các vectơ đặt trên các cạnh bằng 0 thì số cặp như trên bằng




Điểm

0,5

0.


0
Với mỗi tam giác mà tổng các vectơ đặt trên các cạnh khác thì số cặp như trên bằng

2.
3
Vậy S 2(C17  n) 1360  2n .

Với mỗi điểm Ai ( 1 i 17 ) ta gọi d i là số vectơ nhận Ai là điểm đầu và ci là số vectơ
nhận Ai là điểm cuối.

Trang

0,5
0,5
0,5


17

Ta có

di  ci 16

S (Cc2i  Cd2i )

i 1
và
2
c  d i ci  di (ci  d i ) 2 ci  d i 162 16
Cc2  Cd2 






56
2
2
4
2
4
2
Mà
.
S

56.17

952
Nên
.
Suy ra 1360  2n 952  n 204
2
i

i

i

....................HẾT....................

Trang


0,5
0,5