Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 (Chuyên) - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 - THPT CHUYÊN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu 1 (3,0 điểm). Cho dãy số thực  nx được xác định bởi 
0 1 11; 20 7x x  và 1
2
1 ( 1)
n
n
nx
nx
n x

 
 với mọi 1.n  
Với mỗi số nguyên dương ,n đặt n ny nx và 
1 1
.
n
k
n
k k
x
z
x 
 
a. Chứng minh rằng  ny là dãy số giảm. 
b. Tìm giới hạn của dãy  .nz 
Câu 2 (2,0 điểm). Cho ba số thực , , 2a b c  thỏa mãn điều kiện 
1 1 1
8.a b c
a b c
      
Chứng minh rằng 
 9 3 .a b c ab bc ca      
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AC và M là trung 
điểm cạnh BC. Đoạn thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại điểm E. Đường 
thẳng BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại điểm F khác B. Đường thẳng AF cắt 
đường thẳng BE tại I, đường thẳng CI cắt đường thẳng BD tại K. 
a. Chứng minh rằng .DA DF
b. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK.
Câu 4 (1,0 điểm). Một số nguyên dương a được gọi là số k- phương  , 2k k  nếu tồn tại 
số nguyên dương b sao cho ka b . Cho cấp số cộng  
0n n
a
 
với các số hạng là số nguyên 
dương và có công sai bằng 2017. Biết rằng có hai số hạng ma và na của cấp số cộng tương ứng 
là số i- phương và số j- phương, trong đó
  , 1.i j  Chứng minh rằng tồn tại một số hạng của 
cấp số cộng là số ij- phương. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho S là một số nguyên dương sao cho S chia hết cho tất cả các số nguyên 
dương từ 1 đến 2017. Xét k số nguyên dương 1 2, ,..., ka a a (không nhất thiết phân biệt) thuộc tập 
hợp  1,2,...,2017 thỏa mãn 1 2 ... 2 .ka a a S    Chứng minh rằng ta có thể chọn ra từ các số 
1 2, ,..., ka a a 
một vài số sao cho tổng của chúng bằng .S
-------Hết------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh:. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11- THPT CHUYÊN 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm 
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
1 a (2,0 điểm) 
 Ta thấy ngay 0, 0.nx n   0,5 
Ta có 
2
1 1
( 1)
( 1) 0, 1.
1 ( 1) 1 ( 1)
n n
n n n n n
n n
n n x nx
y y nx n x nx n
n x n x
 

         
   
 1,0 
Suy ra dãy  ny giảm. 0,5 
b (1,0 điểm) 
Dãy  ny giảm và 0,ny n  nên  ny hội tụ. Đặt lim 0.n
n
y a

  
Ta có  10 lim lim lim .11 ( 1) 1
1 ( )
n n
n n
n n n
n
n
nx nx
y y
nn x
a
a
nx
n

  
    
  

 Do đó 0.a  
0,25 
Từ giả thiết suy ra 2 1
1 1 1( 1) ( 1) .
n
n n n n n n
n
x
x n x x nx nx n x
x

         0,25 
Do đó 1 1 1
1 21 0 1 0
4034 , 1.
n n
k k
n n
k kk k
n
x xx x
yz x n
x x x x
nx
  
         
0,25 
Vậy 4034.lim n
n
z

 0,25 
2 (2,0 điểm) 
Đặt x a b c   . Ta có 
1 1 1 9 9
8 8 .a b c x
a b c a b c x
         
 
 0,5 
2 8 9 0 9.x x x      Vậy bất đẳng thức thứ nhất được chứng minh. 0,5 
Ta có 
2 2 2 2 2 2
2 16 19 2 (1)
a b c
x x
a b c a b c
  
         
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwazt ta được: 
     
     
 
2 2
2 2 2
2 2 2 62 2 2
 (2)
2 2 2 2
a b c xa b c
a b c a a b b c c a b c x
             
       
0,25 
Từ (1) và (2) suy ra 
   
2 2
2 2 2
2 2 2
6 6
19 2 2 (3).
2 19 2
x x
x a b c x
a b c x x
 
      
   
 0,25 
BĐT thứ hai tương đương với    2 2 2 227 54ab bc ca a b c a b c          
2 2 2 2 54.a b c x     
0,25 
(Đáp án có 04 trang) 
Ta cần chứng minh 
 
2
2
6
2 54 (4)
19 2
x
x x
x

  

. Thật vậy   2(4) 9 2 59 0.x x x     
BĐT này luôn đúng do 9.x  Từ (3) và (4) ta có điều phải chứng minh. 
Đẳng thức xảy ra ở cả hai BĐT khi 3.a b c   
0,25 
3 
(3,0 điểm) 
3a (1,5 điểm) 
Do tứ giác ABFE nội tiếp nên 0 0180 180 (1)AFB AEAFD BEMB     0,5 
Mặt khác do AM là trung trực của BC và tứ giác BEDC nội tiếp nên 
1 1
 (2)
2 2
BEM BEC BDC  
0,5 
Từ (1) và (2) suy ra 
1
.
2
AFD BDC AFD DAF   Vậy tam giác DAF cân tại D, tức là 
.DA DF 
0,5 
3b (1,5 điểm) 
Dễ thấy do tam giác ABC cân nên đường tròn ngoại tiếp BCD đi qua trung điểm D’ của 
AB. Từ đó hai cung ED và 'ED bằng nhau, suy ra BE là phân giác của góc ABD (3). 
0,25 
Áp dụng định lý Mênelaus cho tam giác ADF và cát tuyến CIK ta được: 
. . 1
CA KD IF
CD KF IA
 
0,5 
D'
K
I
F
E
D
M
C
B
A
Mà 2CA CD và BI là phân giác góc ABF nên .
IF BF
IA BA
 Từ đó ta được 
1 2. . 2. . . .
2
KD BF KD BF KD BF
KF AB KF AD KF AD
   
Suy ra 
BF KF
AD KD
 , do đó 1 1
BD BF FD BF KF DF AD
AD AD AD KD DK DK

       
Từ đó suy ra hai tam giác ADK và BDA đồng dạng, suy ra DAK ABD 
0,5 
Khi đó IAB AFD ABD DAF DAK IAK     , suy ra AI là phân giác góc (4).BAK 
Từ (3) và (4) suy ra I là tâm nội tiếp tam giác ABK. 
0,25 
4 (1,0 điểm) 
 Theo giả thiết, ta có , ( , 2)i jm na x a y i j   ; ,x y nguyên dương. Đặt 2017p  là công 
sai của cấp số cộng  na , ta thấy p là số nguyên tố. 
Ta có  0 0 mod
i
m ma a mp a a x p     , tương tự  0 mod
ja y p 
0,25 
Do  , 1i j  nên tồn tại ,u v sao cho 1.ui vj  Chọn các số nguyên dương r,s sao 
cho    mod 1 , mod 1r u p s v p    , khi đó  1 mod 1ri sj ui vj p     
0,25 
Suy ra  1 1 , .ri sj k p k      Do đó: 
         10 0 0 0 0 0. . . mod
ij sj ri k ps r i j sj ri ri sjx y x y a a a a a a p
    
0,25 
Như vậy tồn tại số nguyên dương h sao cho   0 .
ij
s r
hx y a hp a   
Vậy 
ha là số ij - phương (đpcm). 
0,25 
5 (1,0 điểm) 
Do S chia hết cho 2015,2016,2017 nên 2015.2016.2017S 
Giả sử mỗi số nguyên 1,2,3,,2017 xuất hiện nhiều nhất 2015 lần trong các số 
1 2, ,..., ka a a thì  1 22 ... 2015 1 2 3 ... 2017 2015.2016.2017kS a a a          , mâu 
thuẫn. Do đó tồn tại một số  1,2,3,...,2017a xuất hiện ít nhất 2016 lần trong các số 
1 2, ,..., .ka a a 
0,25 
Ta để 2016 số a vào một tập A. Xét 2016k  số còn lại, ta để các số này vào một tập B. 
Tổng các số trong B là 
1 2 ... 2016 2 2016 2 2016.2017 .ka a a a S a S S         
Nếu 2016k a  thì  1 22016 2017 ... 2016 2017 .2017 2kk a a a S         , mâu 
thuẫn, suy ra 2016k a  . Từ tập B ta chọn ra a số bất kì là 1 2, ,..., .ab b b 
- Nếu tồn tại  1,2,...,i a mà  1 2 ... ib b b a   thì ta chọn i số này vào một tập hợp .T 
- Nếu ngược lại thì theo nguyên lý Đirichlet sẽ tồn tại i r
sao cho 
0,25 
 -------Hết------- 
 1 2 1 2... ... mod i rb b b b b b a       , suy ra  1 2 ... .i i rb b b a    
Khi đó ta chọn  r i số này vào tập T. 
Như vậy ta luôn chọn được một số số vào tập T mà có tổng chia hết cho a. Ta tiếp tục làm 
như vậy với các số còn lại của tập B để bổ sung thêm các phần tử vào T cho đến khi tổng 
các số trong T (kí hiệu T ) lớn hơn 2017S a thì dừng lại. 
Thật vậy, nếu 2017T S a  thì tổng các số còn lại trong B sẽ lớn hơn hoặc bằng 
 2 2016 2017 2017S a S a S a a      
,tức là vẫn còn ít nhất a số để thực hiện thao tác. 
0,25 
Như vậy, ta đã xây dựng được tập hợp T thỏa mãn hai điều kiện: 
 T a và 2017T S a  
Chú ý là S a
nên ta được 2017 2016T S a a T S a       
Do đó T S ma  với  0,1,2,...,2016m . Đến lúc này ta chỉ cần bổ sung m số a từ 
tập A vào T thì ta sẽ được tổng các phần tử trong T bằng S (đpcm).
0,25