Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4


LẦN XX – NĂM 2014


Trường THPT Chuyên
Môn thi : Toán
- Khối : 11Lê Hồng Phong
Ngày thi : 05/04/2014

Thời gian làm bài: 180 phút
Ghi chú :
–Thí sinh làm mỗi

câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ……. ở trang 1 của mỗi tờ
giấy làm bài.
–Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay.
–Đề này có 01 trang.

______________________________________________________________________________________

Bài 1: (4 điểm)
Giải hệ phương trình :

n1
+
=



−
= + ∀≥

+
.
a. Chứng minh rằng
2n
11 1
u , n 1
n1n2 nn
= + + + ∀≥
++ +
.
b. Chứng minh rằng dãy số
( )
n
u
có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.

Bài 3: (3 điểm) Hai đường tròn (O
1
, R
1
) và (O

1
và M
2
khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O
1
) và (O
2
)
lần lượt tại M
1
’ và M
2
’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM
1
, MM
2
, M’M
1
’,
M’M
2
’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T
1
T
2
.

Bài 4: (3 điểm)
Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x
2

www.VNMATH.com
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 - NĂM 2014
Môn Toán – Khối 11
Đáp án

Bài 1

Giải hệ phương trình :
( )
22
53
xy1
, x,y .
125y 125y 6 15 0

+=

∈

−+=




∑
=4đ

Cách 1:
( )
( )

3
2
y0
y 10

>


−<



1 đ

0y1⇒<<

0.5 đ



0.5 đ
( )
22
10
xy1
x
5
I
15
y
15
y
5
5


+=
= ±



⇔

−=−
−+=





Từ (1):
2
y 10−≤

Từ (2):
3
y 0 y0>⇒> 1 đ
53
(2) 125y 6 15 125y⇔ +=

Ta có:
5 5 5 10 5 15 3


+=
= ±


⇔⇔

=

=



1 đ
Bài 2

Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi :
( )
1
n


a. Từ giả thiết có
( )
1
1
1,
1
n
nn
nu u
n
+
−
∀≥ − =
+( )
1
22
2 11 1
22
( 1) 1 1 1 1 1

1234 2
−
−
= =
−
⇒ = − + = + =−+−+−

n
u
nn
n n n n nn
1 đ
b.
2
11
11 1
1
= =
= =
+
+
∑∑
nn
n
kk
u
k
nk n
n

0.5 đ

+− + =
  
+
  
k
kk
n n nc

0.5 đ
11 1 1 1
. ln 1 ln 1 . ( )
1
11
kk
k
kk
n n nn
nn
−
  
⇒ < +− + <

++


Do đó có
lim ln 2
n
u =

Nếu thí sinh chứng minh dãy số (u
n
) có giới hạn hữu hạn thì cho 1điểm. 0.5 đ
Bài 3

Hai đường tròn (O
1
, R
1
) và (O
2
, R
2
) (R
1
> R
2
)
cắt nhau tại hai điểm M và M’.

và (O
2
) lần lượt tại M
1
’ và M
2
’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM
1
,
MM
2
, M’M
1
’, M’M
2
’ . Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn
này tiếp xúc với T
1
T
2
.
∑
=3đ Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O
1
O
2
.

''
'' ''
''
OT / /O T ;
O M / /O M OC/ /O M / /O M
M T //MT CT//M T / /MT
⇒
⇒

mà
1 11
'
OMT
∆
cân tại O
1
OCT∆⇒
cân tại O
)(OTOCOT ∈⇒=⇒

1 đ
11 12 12
OT TT OT TT⊥ ⇒⊥
nên (O) tiếp xúc

 Trường hợp degP ≥ 1. Giả sử (1) thỏa.

(1) ⇒ P
2
(0) = P(0) ⇒ P(0) = 0 hoặc P(0) = 1.
Nếu P(0) = 0 thì P(x) = x
m
Q(x) với m nguyên dương và
Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa Q(0) ≠ 0 ………………………………………………… (a)

Khi đó
m 2m23m3
(1) x Q(x)x Q(x ) (x 3x) Q(x 3x)⇔ =++
∀x∈


⇔
2m 2 2 m 3
x Q(x)Q(x ) (x 3) Q(x 3x)=++
, ∀x∈

\{0}
⇔
2m 2 2 m 3
x Q(x)Q(x ) (x 3) Q(x 3x)=++
∀x∈

(Do Q(x) là đa thức ) …………………….(b)

Trong (b), lấy x = 0 ta có Q(0) = 0 mâu thuẫn với (a) (!) ⇒ P(0) ≠ 0

3
3α≥α + α
……………………………………………………………….………… (c)
và
3
3
α≥ α + α
………………………………………………………….…………… (d)
Đặt α = a + bi (a, b ∈

)
(c) ⇔
2
.3α≥α α +
⇔ 1 ≥
2
3α+
⇔1 ≥
2
2
3α+

⇔ 1
( )
2
2 2 22
a b 3 4a b≥ −+ +

⇔
( )

2
≥ 6a
2
+8+
2
16a
3
=
2
34a
8
3
+

⇒
2
2
17a
4
b
93
≥+
………………………………………………………………………… (e)


(a b )[(a b ) 2(6a 9) 1] (6a 9) 0+ + + + −+ + ≤

⇔
2222 2
(a b )(a b 12a 17) (6a 9) 0+ ++ + + + ≤
…………………………………………….(f)
Mà
2
22 2
(e)
17a
4
a b 12a 17 a 12a 17
93
++ +≥+ ++ +
2
26a 55
12a
93
= ++
> 0, ∀a :
Mâu thuẫn với (f)
⇒ Không tồn tại đa thức P(x) với degP ≥ 1 thỏa điều kiện đề bài.
Vậy P(x) ≡ 0 hoặc P(x) ≡ 1.

2014 2 n 2⇒≥

0.5 đ
www.VNMATH.com
mn 2 mn 2 p
2014 1 5 (2000 14) 1 5 14 1 25
−−
− ⇔ + − ⇒−
 
(với p = m – n,

*
pN∈
)
Nếu p = 2k + 1 thì
p 2k 1 k
14 1 14 1 196 .14 1
+
−= −= −
là một số có chữ số tận cùng bằng 3 nên
không chia hết cho 25.
0.5 đ
Vậy p = 2k,
*
kN∈
(1).
Khi đó:
p 2k 2k
14 1 25 14 1 25 (1 15) 1 25 30k 25 k 5 (2)− ⇔ − ⇔ − − ⇔− ⇒   


Giờ ta chứng minh rằng có hai tam giác đỏ bằng nhau.
Các đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành 9 cung bằng nhau. Ta gọi mỗi cung là
một mảnh. Đặt là tam giác có . Đặt a
i,j
là số lượng mảnh thuộc
cung

ij
AA
không chứa điểm và đặt tương tự cho và . Ta cho tương ứng mỗi tam
giác với bộ ba
( )
i,j j,k k,i
a ;a ;a
. Rõ ràng là
i,j j,k k,i
1a a a 7≤≤ ≤ ≤
và
i,j j,k k,i
aaa 9++=
. Ví dụ, tam giác với các đỉnh được đọc là tam giác và
tương ứng với bộ ba (2, 3, 4).

1 đ
Các tam giác bằng nhau tương ứng với cùng một bộ ba, trong khi các tam giác không bằng
nhau tương ứng với các bộ ba khác nhau. Do đó, ta xây dựng được một tương ứng song ánh
giữa các lớp tam giác bằng nhau với tập hợp các bộ ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c)
với và a + b + c = 9.Các bộ ba thỏa điều kiện trên gồm (
1, 1, 7), (1, 2, 6), (1, 3, 5),
(1, 4, 4), (2, 2, 5), (2, 3, 4), (3, 3, 3). Suy ra có 7 lớp tam giác bằng nhau.