Đề thi olympic truyền thống 30/4 lần XX – năm 2014 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong môn thi: Toán - Khối 11

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 : 11 
 Lê 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 : 
( )
2 2
5 3
x y 1
, x, y .
125y 125y 6 15 0
 + = ∈
− + =
 
Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số ( )nu xác định bởi : ( )
1
n
n 1 n
u 1
1
u u , n 1
n 1+
=

 −
= + ∀ ≥
 +
 . 
a. Chứng minh rằng 2n
1 1 1u ... , n 1
n 1 n 2 n n
= + + + ∀ ≥
+ + +
 . 
b. Chứng minh rằng dãy số ( )nu 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(x2) = P(x3 + 3x), ∀x . 
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 1 2 9A A ...A . 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. 
www.VNMATH.com
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 - NĂM 2014 
Môn Toán – Khối 11 
Đáp án 
Bài 1 
Giải hệ phương trình : 
( )
2 2
5 3
x y 1
, x, y .
125y 125y 6 15 0
 + = ∈
− + =
 
∑ =4đ 
Cách 1: 
( ) ( )
2 22 2
3 25 3
x 1 yx y 1
I
125y y 1 6 15125y 125y 6 15 0
 (1)
 (2)
 = − + = ⇔ 
− = −− + =  
Từ (1): 2y 1 0− ≤ 
Kết hợp với (2):
3
2
y 0
y 1 0
 >

− <
1 đ 
 0 y 1⇒ < < 0.5 đ 
Xét 5 3f (y) 125y 125y 6 15, 0 y 1 = − + < < 
( ) 2 2f ' y 125y (5y 3)
15f '(y) 0 y
5
= −
= ⇔ =
1 đ 
Bảng biến thiên: 
y 0 15
5
 1 
f’(y) – 0 + 
f(y) 
 0 
0.5 đ 
( )
2 2 10x y 1 x
5I 15y 15y5 5

 + = = ± ⇔ ⇔ 
=  = 
1 đ 
Cách 2: 
( ) ( )
2 22 2
3 25 3
x 1 yx y 1
I
125y y 1 6 15125y 125y 6 15 0
 (1)
 (2)
 = − + = ⇔ 
− = −− + =  
Từ (1): 2y 1 0− ≤ 
Từ (2): 3y 0 y 0> ⇒ > 
1 đ 
5 3(2) 125 y 6 15 125y⇔ + = 
Ta có: 5 5 5 10 5 15 353VT 125 y 125 y 125 y 9 15 9 15 5 5 .3 .y 3.125y 3VP= + + + + ≥ = = 
1 đ 
www.VNMATH.com
Nên 5 15(2) 125 y 9 15 y
5
⇔ = ⇔ = 
1 đ 
( )
2 2 10x y 1 x
5I 15y 15y5 5

 + = = ± ⇔ ⇔ 
=  = 
1 đ 
Bài 2 
Cho dãy số ( )nu xác định bởi : ( )
1
n
n 1 n
u 1
1
u u , n 1
n 1+
=

 −
= + ∀ ≥
 +
 . 
a. Chứng minh rằng 2n
1 1 1u ... , n 1
n 1 n 2 n n
= + + + ∀ ≥
+ + +
 . 
b. Chứng minh rằng dãy số ( )nu có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. ∑ =4đ 
a. Từ giả thiết có ( )1
1
1,
1
n
n nn u u n+
−
∀ ≥ − =
+
 ( )
12 2
2 1 1 1
2 2
( 1) 1 1 1 1 1...
1 2 3 4 2
−
−
= =
−
⇒ = − + = + = − + − + −∑ ∑
kn n
n k k
k k
u u u u u
k n
1 đ 
2
1 1 1 1 1 1 1... 2 ...
1 2 3 2 2 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... ... ...
1 2 3 2 1 2 3 1 2
   ⇒ = + + + + − + + +   
   
   = + + + + − + + + + = + + +    + + +   
nu n n
n n n n n n
1 đ 
b. 2
1 1
1 1 1
1= =
= =
+ +
∑ ∑
n n
n
k k
u
kn k n
n
0.5 đ 
Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 1ln 1 , 0 '
1
= + ≥ ⇒ =
+
f x x x f x
x
Áp dụng định lí Lagrange trên các đoạn 1 1; , 1; ;k
k k k k
k n c
n n n n
− −   = ⇒ ∃ ∈     
sao cho 1 1 1ln 1 ln 1 .
1
−   + − + =    +    k
k k
n n n c
0.5 đ 
1 1 1 1 1. ln 1 ln 1 . ( )11 1
k k
k
k kn n n n
n n
−   ⇒ < + − + <    −   + +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) , . . ., (n) ta có 
2 2 2
1ln 2 lim ln 2
2n n n
u u u
n
< < + ⇒ = 
0.5 đ 
www.VNMATH.com
2 1 2 2 1 2
1 1lim lim ln 2
2 1 2 1n n n n
u u u u
n n+ +
 = + ⇒ = + = + + 
 Do đó có lim ln 2nu = 
Nếu thí sinh chứng minh dãy số (un) có giới hạn hữu hạn thì cho 1điểm. 
0.5 đ 
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. ∑ =3đ 
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. 
1 đ 
Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC. 0.5 đ 
Goi T là trung điểm T1T2 : 
Ta có 
1 1
1 1 2 1 1 2
1 1 2 1 1 2
' '
' ' ' '
' '
OT / /O T ;
O M / /O M OC / /O M / /O M
M T / /M T CT / /M T / /M T
⇒
⇒
mà 1 1 1
'O M T∆ cân tại O1 OCT∆⇒ cân tại O )(OTOCOT ∈⇒=⇒ 
1 đ 
1 1 1 2 1 2O T T T OT T T⊥ ⇒ ⊥ nên (O) tiếp xúc 1 2T T . 
0.5 đ 
Bài 4 
 Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x
2) = P(x3 + 3x), ∀ x ∈ . ∑ =3đ 
P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀x (1) 
 Trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số thực ) 
Khi đó (1) ⇔ c2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1. 
0.5 đ 
www.VNMATH.com
 Trường hợp degP ≥ 1. Giả sử (1) thỏa. 
(1) ⇒ P2(0) = P(0) ⇒ P(0) = 0 hoặc P(0) = 1. 
Nếu P(0) = 0 thì P(x) = xmQ(x) với m nguyên dương và 
Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa Q(0) ≠ 0 ..(a) 
Khi đó m 2m 2 3 m 3(1) x Q(x)x Q(x ) (x 3x) Q(x 3x)⇔ = + + ∀x∈ 
⇔ 2m 2 2 m 3x Q(x)Q(x ) (x 3) Q(x 3x)= + + , ∀x∈ \{0} 
⇔ 2m 2 2 m 3x 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 
Vậy P(0) = 1. 
0.5 đ 
Gọi α là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất ⇒ 0α > (Do P(0) ≠ 0) 
Từ (1) lần lượt thay x = α , x = α (ký hiệu α chỉ một căn bậc hai của số phức α ), ta có 
α3 + 3α và ( )3 3α + α cũng là nghiệm của P(x) 0.5 đ 
⇒ 3 3α ≥ α + α ...(c) 
và 
3
3α ≥ α + α . (d) 
Đặt α = a + bi (a, b ∈  ) 
(c) ⇔ 2. 3α ≥ α α + ⇔ 1 ≥ 2 3α + ⇔1 ≥
2
2 3α + 
⇔ 1 ( )22 2 2 2a b 3 4a b≥ − + + 
⇔ ( )22 2 2 2 2 2a b 6(a b ) 4a b 8 0− + − + + ≤ 
⇒ ( )22 2 2 2 2 2 2 2 26b 6a 4a b 8 a b 6a 4a b 8 8≥ + + + − ≥ + + ≥ 
⇒ b2 ≥ 4
3
⇒ 22 2 16a4a b
3
≥ 
⇒ 6b2 ≥ 6a2 +8 + 4a2b2 ≥ 6a2+8+ 216a
3
= 234a 8
3
+ 
⇒ 22 17a 4b
9 3
≥ + .. (e) 
0.5 đ 
(d) ⇔ 3α ≥ α + ⇔ 
2 4
3α ≥ α + ⇔ 2 2 2 2 2a b [(a 3) b ]+ ≥ + + 
⇔ 2 2 2 2 2a b (a b 6a 9)+ ≥ + + + ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2a b (a b ) 2(6a 9)(a b ) (6a 9)+ ≥ + + + + + + 
⇔ 2 2 2 2 2(a b )[(a b ) 2(6a 9) 1] (6a 9) 0+ + + + − + + ≤ 
⇔ 2 2 2 2 2(a b )(a b 12a 17) (6a 9) 0+ + + + + + ≤ .(f) 
Mà 22 2 2
(e)
17a 4a b 12a 17 a 12a 17
9 3
+ + + ≥ + + + +
226a 5512a
9 3
= + + > 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. 
1 đ 
Bài 5 
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. ∑ =3đ 
Theo giả thiết, ta có : m n2014 2014 100−  ( )n m n 2 22014 2014 1 2 .5−⇔ −  
0.5 đ 
Do đó : n 22014 2 n 2⇒ ≥ 0.5 đ 
www.VNMATH.com
m n 2 m n 2 p2014 1 5 (2000 14) 1 5 14 1 25− −− ⇔ + − ⇒ −   (với p = m – n, *p N∈ ) 
Nếu p = 2k + 1 thì p 2k 1 k14 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, *k N∈ (1). 
Khi đó: p 2k 2k14 1 25 14 1 25 (1 15) 1 25 30k 25 k 5 (2)− ⇔ − ⇔ − − ⇔ − ⇒     
Từ (1) và (2) p 10 p 10⇒ ⇒ ≥ 0.5 đ 
Tổng m + n =2n + p 14≥ 0.5 đ 
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. 0.5 đ 
Bài 6 
Cho đa giác đều 9 đỉnh 1 2 9A A ...A . 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. ∑ =3đ 
Ta gọi một tam giác là đỏ (hoặc xanh) nếu mọi đỉnh của nó màu đỏ (hoặc xanh). Vì có 9 
đỉnh được tô bằng 2 màu nên có ít nhất 5 đỉnh có màu giống nhau. Không mất tính tổng quát, 
ta cho màu này là màu đỏ. Do đó, có ít nhất 35 10C = tam giác đỏ. 0.5 đ 
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 ai,j là số lượng mảnh thuộc 
cung i jA A không chứa điểm và đặt tương tự cho và . Ta cho tương ứng mỗi tam 
giác với bộ ba ( )i, j j,k k,ia ;a ;a . Rõ ràng là i, j j,k k,i1 a a a 7≤ ≤ ≤ ≤ và 
i, j j,k k,ia a a 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. 
1 đ 
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. 
0.5 đ 
Hết. 
www.VNMATH.com