www.VNMATH.com
Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH


KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN XX – NĂM 2014

Môn thi : Toán - Khối : 11
Ngày thi : 05/04/2014

Trường THPT Chuyên

Lê Hồng Phong

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 :

 x 2 + y 2 =
1
, ( x, y ∈  ) .

5
3

+
+ ... +
, ∀n ≥ 1 .
n +1 n + 2
n+n

b. Chứng minh rằng dãy số ( u n ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
Bài 3: (3 điểm) Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một

tiếp tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)).
Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2)
lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’,
M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1T2.

Bài 4: (3 điểm) Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x ) = P(x + 3x), ∀x  .
2

3

Bài 5: (3 điểm) Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m > n ≥ 1 . Biết rằng hai chữ số tận cùng của

2014m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014n theo cùng thứ tự. Tìm các số m và n sao cho
tổng m + n có giá trị nhỏ nhất.
Bài 6: (3 điểm) Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A 2 ...A 9 . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có

màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh
của đa giác và cùng màu.
______________________________________________________________________________________

Hết.

⇔
(
)


3
2
5
3
−6 15 (2)
0
125y ( y − 1) =
125y − 125y + 6 15 =

Từ (1): y 2 − 1 ≤ 0
3
 y > 0
Kết hợp với (2):  2
 y − 1 < 0

1đ

⇒ 0 < y


10
x 2 + y2 =
1 x = ±

5
( I ) ⇔ 
15 ⇔ 
y =
 y = 15
5


5

1đ

Cách 2:
 x 2 = 1 − y 2
(1)
 x 2 + y 2 =
1
⇔
I
(
)


3

5
Nên (2) ⇔ 125 y=
9 15 ⇔=
y

1đ


10
x 2 + y2 =
1 x = ±

5
( I ) ⇔ 
15 ⇔ 
y =
 y = 15
5


5
Cho dãy số ( u n )
Bài 2

1đ

 u1 = 1

n
xác định bởi : 

2n

(−1) k −1
1 1 1 1
1
+ u1 = − + − + ... −
1 2 3 4
2n
k
2

2n

⇒ u2 n = ∑ ( uk − uk −1 ) + u1 = ∑

=
k 2=
k

1  1 1
1 
1 1 1
⇒ u2 n =  + + + ... +  − 2  + + ... + 
2n   2 4
2n 
1 2 3
1  1 1 1
1
1
1

0.5 đ

1
x +1

 k −1 k 
 k −1 k 
Áp dụng định lí Lagrange trên các đoạn 
;  ,=
k 1; n ⇒ ∃ck ∈ 
; 
 n n
 n n

 k
 k −1  1 1
sao cho ln 1 +  − ln 1 +
.
=
n  n 1 + ck
 n

0.5 đ

1 1
1
 k
 k −1  1
⇒ .
< ln 1 +  − ln 1 +

=
2n + 1
2n + 1 


Do đó có lim un = ln 2
Nếu thí sinh chứng minh dãy số (un) có giới hạn hữu hạn thì cho 1điểm.

Bài 3

Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến
chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)).
Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1)
và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1,
MM2, M’M1’, M’M2’ . Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn
này tiếp xúc với T1T2.

Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O1O2 .
Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường tròn.
Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC.

0.5 đ

∑ =3đ

1đ
0.5 đ

Goi T là trung điểm T1T2 :
OT / /O1T1 ;

⇔ x 2m Q(x)Q(x 2 ) =
(x 2 + 3)m Q(x3 + 3x) , ∀x∈  \{0}
⇔ x 2m Q(x)Q(x 2 ) =
(x 2 + 3)m Q(x3 + 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
Vậy P(0) = 1.
Gọi α là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất ⇒ α > 0 (Do P(0) ≠ 0)
Từ (1) lần lượt thay x = α , x =
α3 + 3α và

( α) +3
3

α (ký hiệu

0.5 đ

α chỉ một căn bậc hai của số phức α ), ta có

α cũng là nghiệm của P(x)

0.5 đ

⇒ α ≥ α 3 + 3α ……………………………………………………………….…………..(c)
và α ≥

3

α + 3 α ………………………………………………………….…………… (d)


2

0.5 đ

4

α ≥ α + 3 ⇔ α ≥ α + 3 ⇔ a2 + b2 ≥ [(a + 3)2 + b2 ]2

⇔ a2 + b2 ≥ (a2 + b2 + 6a + 9)2 ⇔ a2 + b2 ≥ (a2 + b2 )2 + 2(6a + 9)(a2 + b2 ) + (6a + 9)2
⇔ (a2 + b2 )[(a2 + b2 ) + 2(6a + 9) − 1] + (6a + 9)2 ≤ 0
⇔ (a2 + b2 )(a2 + b2 + 12a + 17) + (6a + 9)2 ≤ 0 …………………………………………….(f)

Bài 5

2
2
Mà a2 + b2 + 12a + 17 ≥ a2 + 17a + 4 + 12a + 17 = 26a + 12a + 55 > 0, ∀a : Mâu thuẫn với (f)
(e)
9
3
9
3
⇒ Không tồn tại đa thức P(x) với degP ≥ 1 thỏa điều kiện đề bài.
Vậy P(x) ≡ 0 hoặc P(x) ≡ 1.
Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m > n ≥ 1 . Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014m bằng
với hai chữ số tận cùng của 2014n theo cùng thứ tự . Tìm các số m và n sao cho
tổng m + n có giá trị nhỏ nhất.

(


Nếu p = 2k + 1 thì 14p =
− 1 142k +1 =
− 1 196k.14 − 1 là một số có chữ số tận cùng bằng 3 nên
không chia hết cho 25.

0.5 đ

Vậy p = 2k, k ∈ N (1).
Khi đó: 14p − 1  25 ⇔ 142k − 1  25 ⇔ (1 − 15) 2k − 1  25 ⇔ −30k  25 ⇒ k  5 (2)
*

Từ (1) và (2) ⇒ p  10 ⇒ p ≥ 10

0.5 đ
0.5 đ

Tổng m + n =2n + p ≥ 14
Dấu bằng xảy ra khi n = 2 và p = 10 tức là m = 12 và n = 2.
Vậy m+n có giá trị nhỏ nhất khi m=12 và n=2.
Bài 6

Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A 2 ...A 9 . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh.
Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của
đa giác và cùng màu.
Ta gọi một tam giác là đỏ (hoặc xanh) nếu mọi đỉnh của nó màu đỏ (hoặc xanh). Vì có 9

0.5 đ

∑ =3đ


;a j,k ;a k,i ) . Rõ ràng là 1 ≤ a i, j ≤ a j,k ≤ a k,i ≤ 7

a i, j + a j,k + a k,i =
9 . Ví dụ, tam giác với các đỉnh

được đọc là tam giác

và
và

tương ứng với bộ ba (2, 3, 4).

Các tam giác bằng nhau tương ứng với cùng một bộ ba, trong khi các tam giác không bằng

1đ

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.

1đ

Vì có ít nhất 10 tam giác đỏ nên có một lớp chứa ít nhất 2 tam giác đỏ và do đó có ít nhất hai
tam giác đỏ bằng nhau.
Hết.


1
1  8
 1
biểu thức D = a + b + c + 2  + +  +
⋅
 ab bc ca  abc

Câu 3 (2,0 điểm).

Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện n ≤ 2 p và
( p − 1) n + 1 chia hết cho n p −1 .
Câu 4 (2,0 điểm).

Xét các điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các
cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN BC và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P.
Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P) của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP.
1.

Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

2.

Gọi A ', B ', C ' lần lượt là điểm đối xứng với Q qua các đường thẳng BC , CA , AB .

Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B ' C ' nằm trên một đường thẳng cố
định.
Câu 5 (1,0 điểm).

Ta gọi mỗi bộ ba số nguyên dương (a ; b ; c) là một bộ n − đẹp nếu a ≤ b ≤ c, ước chung lớn
nhất của a, b, c bằng 1 và ( a n + b n + c n )M ( a + b + c ) . Ví dụ, bộ (1; 2; 2) là 5 − đẹp, nhưng không

 x(1 − z 2 ) = 2 z

Nếu một trong ba số x , y , z bằng ±1 thì hệ phương trình vô nghiệm.
0,5


2x
 y = 1 − x2

2y

⇒ hệ phương trình trở thành  z =
2
 1− y

2z
x =

1− z2
2 tan α
 π π
Đặt x = tan α với α ∈  − ;  . Do tan 2α =
1 − tan 2 α
 2 2

0,5

 y = tan 2α
π
2π

2π
4π

; tan
; tan  ,  tan
; tan ; tan
; − tan
 tan
 ,  − tan ; − tan
7
7
7  
7
7
7  
7
7
7

2π
4π
π  
4π
π
2π 

; − tan
; − tan  ,  − tan
; − tan ; − tan
 − tan


3

(

) (
)

)

1
1
1
⇒ 1 − x < − ln x < 3 1 − 3 x ⇒ x 1 − 3 x < −
x ln x < 6 x 1 − 3 x .
3
3
x
3

(

)

(

)

(



(

2

3

)

(

)

0,25
x

= 1.

2,0 điểm
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a b 6
ab 6
a b 6
+ +
≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
(1)
3 2 ab
3 2 ab
3 2 ab
b c 8

ab bc ca abc
26 78
3D +
+
≥ 40
bc ca
1
1
1 1
Mặt khác, từ giả thiết suy ra
≤
và
≤ . Do đó
ca 12
bc 8
1
1
13
117
121
40 ≤ 3D + 26 ⋅ + 78 ⋅ ≤ 3D + + 39 = 3D +
⇒D≥
bc
ca
4
12
12
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 2, c = 4.
121
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng

0,25
0,25
0,25

0,5

Suy ra q| p , do p, qlà các số nguyên tố nên q = p .
Từ đó, do n < 2 p suy ra n = p
Vậy p

p −1

p

là ước của ( p − 1) + 1 = ∑ (−1)
p

k =1
p

Do mỗi số hạng của

∑ C ( −1)
k
p

p−k

p−k


M

B'

N

P
J

C'
I

Q
B

L

C

1 1,0 điểm
Do B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn và C , Q, P, N cùng nằm trên một
đường tròn, nên ( BQ ; BM ) ≡ ( PQ ; PM ) ≡ ( PQ ; PC ) ≡ ( NQ ; NC ) ( mod π )

và ( MQ ; MB) ≡ ( PQ ; PB) ≡ ( PQ ; PN ) ≡ (CQ ; CN )

0,5

( mod π )

Từ đó suy ra ∆BQM ~ ∆NQC (2)

0,25

0,25

0

5

AQI = AJI suy ra CAP + AJI = AQI + BAQ = 90 ⇒ AP ⊥ IJ (3).
Do cách xác định các điểm B ', C ' nên AB ' = AC ' = AQ hay tam giác AB ' C ' cân tại
A , kết hợp với IJ là đường trung bình của tam giác QB ' C '
⇒ IJ B ' C ', AB ' = AC ' (4)
Từ (3), (4) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác A’B’C’ nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam
giác ABC.
1,0 điểm
Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì

0,25

0,25

0,25


1 nÕu ( a; p ) = 1
(định lý Fermat)
a p −1 ≡ 
0 nÕu ( a; p ) = p
Do đó, vì ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 suy ra

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/04/2014

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1(4 điểm):

2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1

Giải hệ phương trình:  3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1
x > 0

∞
n n =1 :

Câu 2 (4 điểm): Cho dãy ( a )

an2 − 5an + 10
a1 = 1; an+1 =
∀n ≥ 1 .
5 − an

a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ và tính lim an .
b) Chứng minh

a1 + a2 + ... + an 5 − 5




KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 11
ĐỀ SỐ 1
Câu 1(4 điểm):

2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1

Giải hệ phương trình:  3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1
x > 0

(Quảng Trị)

2 x − 2 y + 2 x + y + 2 xy + 1 = 1

3
 3 3 y + 1 = 8 x − 2 y − 1
(1) ⇔

(2)

( 2 x + 1) − 2 ( y + 1) + ( 2 x + 1)( y + 1) = 0

ĐK: (2x + 1)(y + 1) ≥ 0

(1)


6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ ( 6 x + 1) + 3 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x

(3)

Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R
(3) ⇔ 3 6 x + 1 = 2 x

⇔ 4 x3 − 3x =

1
2

1đ

NX: x >1 không là nghiệm của phương trình
Xét 0 < x ≤ 1: Đặt x = cos α với 0 ≤ α

a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ và tính lim an .
∞
n n =1 :


b) Chứng minh

a1 + a2 + ... + an 5 − 5