KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1 (4 điểm). Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) biết
2(n + 2) 2 un +1 − (n3 + 4n 2 + 5n + 2)un
1
u1 = ; u2 = 673; un + 2 =
, n ∈ ¥ , n ≥ 1.
2
n+3

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C
cắt nhau tại S. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam giác ABC.
Các đường trung trực của các đoạn thẳng AB, AC cắt d lần lượt tại M và N. Gọi P
là giao điểm của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP, H là trực
tâm của tam giác OMN.
a. Chứng minh H, I đối xứng với nhau qua d.
b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng.
Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số sao cho:

f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x 2 , ∀x, y ∈ ¡ .
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) với x, y nguyên tố cùng nhau


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 11
(Hướng dẫn này có 07 trang)
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) biết
Câu 1
(4 điểm)

2(n + 2) 2 un +1 − (n3 + 4n 2 + 5n + 2)un
1
u1 = ; u2 = 673; un + 2 =
, n ∈ ¥ , n ≥ 1.
2
n+3

Giải:

1đ

+) Từ giả thiết ta có, với n ∈ ¥ , n ≥ 1 thì:
(n + 3)un + 2 = 2(n + 2) 2 un +1 − (n + 2)(n + 1) 2 un
⇔

n+3

n n +1
1
1
n −1
) = 1008
+) Từ đó, ta có vn − v1 = 2016( −
2 n +1
n +1

Như vậy, wn =

⇔ vn =

Vậy un = n !

Câu 2
(4 điểm)

2017 n − 2015
, n ∈ ¥,n ≥ 1.
2(n + 1)

2017 n − 2015
, n ∈ ¥,n ≥ 1.
2(n + 1)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C
cắt nhau tại S. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam
Trang 2



E

S

a

1,5 đ

Giải:
+) Chứng minh OP là trung trực của MN
Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như
hình vẽ.
Gọi D là trung điểm của BC, E là giao điểm (khác A) của d với (O), F
là trung điểm của MN.
Vì hai tam giác MAB và NAC cân nên dễ thấy :
Trang 3


·
·
·
PMN
= PNM
, ·OMN = ONM

Suy ra, tam giác PMN cân tại P và tam giác OMN cân tại O. Vậy OP
là trung trực của MN.
1,5 đ


0,5 đ

khi và chỉ khi A, H, D thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF
để chứng minh điều này.
A
MF cot
HO FO
2 − 1 = cos A ;
=
−1 =
A
A
HF FH
MF tan
sin 2
2
2
HO DE AF
⇒
.
.
= 1.
HF DO AE

Câu 3
(4 điểm)

A
2sin 2
DE R (1 − cos A)

(

)

2
+) Nếu tồn tại t0 ≠ 0 sao cho f ( t0 ) = 0 thì 0 = f t0 f ( t0 ) = ( t0 ) vô lý. 0,5 đ

+) Chứng minh hàm số cần tìm là đơn ánh.
Trang 4

0,5 đ


Giả sử f ( x ) = f ( y ) ta có:

x 2 = f ( xf ( x ) ) = f ( xf ( y ) ) = f

⇒ f

( ( y − x) f ( x) ) + x

2

 f ( x) = 0

( ( y − x) f ( x) ) = 0 ⇒ 

⇒x= y
x − y = 0
+) Ta chứng minh f ( − x ) = − f ( x ) ∀ x ∈ ¡ .

Suy ra f ( yf ( x ) ) = xy , ∀ x, y ∈ ¡ .

Tương tự f ( xf ( y ) ) = xy vì thế xf ( y ) = yf ( x ) ⇒ f ( x ) = cx, ∀ x ∈ ¡

0,5 đ

thay vào (1) suy ra c ∈ { −1;1} .

Thử lại hai hàm số f ( x ) = ± x thỏa mãn yêu cầu.
Câu 4
(4 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) với x, y nguyên tố cùng nhau

(

)

3
3
và thỏa mãn phương trình 2 x − x = y − y .

Giải:

1đ

+) Áp dụng đẳng thức

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) . Ta có :
⇔ x3 + x3 + ( − y ) = 2 x − y ⇔ ( x + x − y ) ( x 2 + x 2 + y 2 − x.x + xy + yx ) + 3x.x.( − y ) = 2 x − y

Trường hợp 1. 2 x − y = 1 ⇔ y = 2 x − 1 thay vào phương trình đã cho ta

1đ

được:

2 ( x 3 − x ) = ( 2 x − 1) − ( 2 x − 1) ⇔ 6 x ( x − 1) = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1
3

2

Trường hợp 2. 2 x − y = 2 ⇔ y = 2 x − 2 thay vào phương trình đã cho ta
được:

( x − 1) ( x 2 − 3x + 1) = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 0

(loại)

Trường hợp 3. 2 x − y = 3 ⇔ y = 2 x − 3 thay vào phương trình đã cho ta

1đ

được:

( x − 1)

2

( x − 4) = 0 ⇒ x = 4 ⇒ y = 5 (với x = 1 ⇒ y = 0 (loại))


1đ

+) Không mất tổng quát, coi 1 được tô xanh. Ta có các trường hợp sau:
1X 2X (suy ra 3Đ 4Đ) : f 4 = 3 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác
Trang 6


màu là 4; 5; 6);
1X 2Đ 3X (suy ra 4Đ) : f 4 = 3 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác
màu là 3; 5; 7);
1X 2Đ 3Đ (suy ra 4X) : f 4 = 4 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác

1đ

màu là 3; 4; 6; 7);
Vậy f 4 ∈ { 3; 4} .
b +) Ta xét với n ≥ 8.

1đ

Rõ ràng f n ≤ 2n − 3, do các số có thể viết dưới dạng tổng của hai số
khác màu luôn lớn hơn hoặc bằng 3 và nhỏ hơn hoặc bằng 2n − 1.
Nếu f n = 2n − 3 thì từ 3 đến (n − 1) đều viết được dưới dạng tổng của
hai số khác màu. Và do đó, ta có thể coi 1X, 2Đ. Lại vì các số từ 4 đến
(n − 1) cũng viết được dưới dạng tổng của hai số khác màu nên 3Đ, 4Đ,…,
n
, vô lý. Vậy f n < 2n − 3.
2
Ta chỉ ra cách tô màu thỏa mãn f n = 2n − 5 .