2Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đầu bài... Mà trái với là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5.. Không mất tổng quát giả sử tia AC nằm giữa AB, AD... Vây trong 4 đỉnh luôn tồn
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học:2011 – 2012
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Ngày thi: 07 tháng 11 năm 2011
I
(4điểm)
1) Giải hệ phương trình
x y
1 2x 3x 3y 2x y 2(2x y) 2x 6 y (2)
ĐK: x 3; x 0; y 0 Đặt y kx kx 02 2
y k x
Phương trình (1) trở thành:
2 2
2 2 2 2 2
1,0
Với k = 2 có y 2x ; (x 0; y 0) Phương trình (2) trở thành:
4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1
2
Đặt t x 3 1
2
Ta có hệ
2
2
2x 4x 1 t 2t 4t 1 x
x 0; t 1
Giải hệ ta được t=x
2
KL hệ có nghiệm là 3 17 13 3 17;
1,0
Trang 22)Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đầu bài
Xét dãy (xn) sao cho x1 = n; x2 = P(x1) ; x3 =P(x2);…
x2011 = P(x2010); từ giả thiết ta có x1 = P(x2011)
Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà x1Zsuy ra x1;
x2;…;x2011 là số nguyên
*) Giả sử xi x ( ij j; i, j 1;n)
Ta có : P(x )2 P(x ) (x1 2 x )1 (x3x ) (x2 2 x )1 Chứng minh tương tự : (x4 x ) (x3 3 x )2 ;…
(x2011x2010) (x2010x2009) ; (x1x2011) (x2011x2010); (x2 x ) (x1 1x2011); Suy ra x2 x1 x3x2 x1x2011 k
1,0
trong 2011 số (x2 – x1); (x3 – x2);….; (x1 – x2011) sẽ có m
số bằng k và 2011 – m số bằng – k ;
Suy ra
0(x x )(x x ) (x x )mk(2011 m)k 2m 2011 0(k 0)
vô lý
*) Vậy k=0 x1x2 x2011x1P(x )1
n 4n 5n 1 a a (2n 1)
1,0
Trang 3II
(4điểm)
1) Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U1 = 1;
U2 =2; U4 = 5; với mọi n nguyên dương , n2 ta có :
2 n
n 1 n 1
U U U a với a2 1
Ta có U U2 4 U32 a U32U U2 4 a 10 a U3 3
Ta có Un là dãy tăng và Un >3 với mọi n4
2 n
n 1
n 1
2 n
n 1 n 1
U a
U
Giả sử 2n 1 U
n 1
U và 2n 1 U
n 1
U suy ra 2 U
n 1 vô lý vậy
2
n 1
U và U2n 1 không thể cùng chia hết cho U
n 1 nên tồn
tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài
Xét dãy : 1 2
V 1;V 2
V V V
Chứng minh bằng quy nạp ta được Vn 1 n 1 V Vn2( 1) n
Nên dãy Vn là một dãy thỏa mãn đầu bài
Vậy 1 2
U 1; U 2
U U U
n
U
5
1,0
1,0
2) Ta có vì Un 2 Un 1 Un 2Un Un 1 Un 1(mod 2)
Mà U2 =2 nên 0U2 U5 U3k 2 (mod 2) Vậy U 2n n 3k2
Ta lại có
n 1
n 2 n 3 n 3(mod 5) (n 4)
Mà U4 =5 nên U 54 U9 3U (mod5)4 U 59 Vậy U 5n n 5k4
Vậy U 10n n 3k 2 n 15m 1
n 5k ' 4
1,0
Trang 4Vì 1 n 2012 1 15m 1 2012 1 m 134
Vậy có 134 số thỏa mãn đầu bài là n =15m – 1 với
1,0
III
(4điểm)
Lấy F đối xứng với E qua AB C, M, F thẳng hàng
Áp dụng định lý sin vào ∆DME và ∆BMC :( )
Mà ME = MF nên
Vậy OM = ON
1,0
1,0
1,0
1,0
IV
(4điểm)
Ta có (1)
Do vai trò của a, b như nhau nên không mất tính tổng quát
N
F
M
O
E D
C B
A
Trang 5Do là số nguyên tố nên hoặc
Trong mọi trường hợp ta đều có suy ra
Hay
Hay suy ra
Nếu a = b thì
(mâu thuẫn) Nếu b = a – 1 thì hay
là số nguyên tố và là số nguyên tố Nếu thì
Mà trái với là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5
Suy ra a = 2 suy ra b = 1 và c = 3
Vậy có 2 bộ số thỏa mãn đầu bài là (2;1;3) và (1;2;3)
1,0
1,0
1,0
V
(4điểm)
Ta chứng minh bổ đề : Từ 4 điểm trên mặt phẳng mà khoảng cách giữa hai điểm có độ dài là một số nguyên dương luôn tồn tại một cạnh chia hết cho 3
Thật vậy gọi 4 điểm đó là A, B, C, D
+) Nếu A,B,C,D thẳng hàng ta thấy luôn tồn tại một cạnh có
độ dài chia hết cho 3 +) Nếu A, B, C, D không thẳng hàng Không mất tổng quát giả sử tia AC nằm giữa AB, AD
Giả sử trong 6 cạnh không có cạnh nào chia hết cho 3
1,0
1,0
Trang 6C B
A
Đặt
Áp dụng định lý cosin trong các tam giác ABC, CAD, BAD ta có
Suy ra các số ; ;
là các số nguyên chia 3 dư 1 Mà
VT không chia hết cho 3, VP chia hết cho 3 vô lý Vây trong 4 đỉnh luôn tồn tại một cạnh có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3 Ta có cách chọn 4 điểm trong 10 điểm nên có cạnh Tuy nhiên mỗi cạnh được tính lần nên có ít nhất 7 cạnh có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3
1,0
1,0
Chú ý: - Tổng điểm không làm tròn