KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2011 - 2012 Môn thi: Toán Ngày thi 07 - 11 - 2011 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài I.(4 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 2 xy 1 2x 3x 3y 2x y 2(2x y) 2x 6 y . 2) Cho đa thức 2 P(x) 4x 5x 1 a với xR và a là số nguyên cho trước. Ta định nghĩa P 2 (x) = P(P(x)) = 4(P(x)) 2 + 5P(x) + 1 – a; P k+1 (x) = P(P k (x)) với k nguyên dương khác 1. Chứng minh rằng nếu tồn tại một số nguyên n sao cho n = P 2011 (n) thì a là một số chính phương lẻ. Bài II.(4 điểm) Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U 1 = 1; U 2 =2; U 4 = 5; với mọi số n nguyên dương khác 1 ta có : 2 n n 1 n 1 U U U a trong đó 2 a1 . 1) Xác định số hạng tổng quát Un của dãy số trên. 2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho Un chia hết cho 10. Bài III.(4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC. Từ điểm E bất kỳ trên cạnh AC (E khác A và C) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt cạnh AB tại D. Lấy điểm M trên cạnh AB sao cho . Qua giao điểm O của đường thẳng BE và CD kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt cạnh AC tại N. Chứng minh rằng OM = ON. Bài IV.(4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho và là các số nguyên tố và thỏa mãn : . Bài V.(4 điểm) Trong mặt phẳng cho10 điểm trong đó khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ có độ dài là một số nguyên dương. Chứng minh rằng có ít nhất 7 đoạn thẳng có hai đầu mút là các điểm trong 10 điểm đã cho có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI www.VNMATH.com 1 SỞ 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 Bài Nội dung Điểm I (4điểm) 1) Giải hệ phương trình 2 (1) xy 1 2x 3x 3y 2x y 2(2x y) 2x 6 y (2) . ĐK: x 3;x 0;y 0 . Đặt 22 kx 0 y kx y k x Phương trình (1) trở thành: 22 2 2 2 2 2 1 2x x kx (k 2) (k k 1) 0 k 2 3x 3k x 2x k x 1,0 Với k = 2 có y 2x; (x 0;y 0) Phương trình (2) trở thành: 22 x3 4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1 2 Đặt x3 t1 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 x 3 3 17 13 3 17 x 1 2x 3x 1 0 x y 2 4 2 KL hệ có nghiệm là 3 17 13 3 17 ; 42 1,0 www.VNMATH.com 2 2)Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Xét dãy (x n ) sao cho x 1 = n; x 2 = P(x 1 ) ; x 3 =P(x 2 );… x 2011 = P(x 2010 ); từ giả thiết ta có x 1 = P(x 2011 ) Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà 1 xZ suy ra x 1 ; x 2 ;…;x 2011 là số nguyên. *) Giả sử ij x x ( i j; i, j 1;n) Ta có : 2 1 2 1 3 2 2 1 P(x ) P(x ) (x x ) (x x ) (x x ) Chứng minh tương tự : 4 3 3 2 (x x ) (x x ) ;… 2011 2010 2010 2009 (x x ) (x x ) ; 1 2011 2011 2010 (x x ) (x x ) ; 2 1 1 2011 (x x ) (x x ) ; Suy ra 2 1 3 2 1 2011 x x x x x x k 1,0 trong 2011 số (x 2 – x 1 ); (x 3 – x 2 );….; (x 1 – x 2011 ) sẽ có m số bằng k và 2011 – m số bằng – k ; Suy ra 2 1 3 2 1 2011 0 (x x ) (x x ) (x x ) mk (2011 m)k 2m 2011 0(k 0) vô lý *) Vậy k=0 1 2 2011 1 1 x x x x P(x ) 22 n 4n 5n 1 a a (2n 1) đpcm 1,0 www.VNMATH.com 3 II (4điểm) 1) Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U 1 = 1; U 2 =2; U 4 = 5; với mọi n nguyên dương , n2 ta có : 2 n n 1 n 1 U U U a với 2 a1 . Ta có 2 4 3 3 2 4 3 22 U U U a U U U a 10 a U 3 Ta có U n là dãy tăng và U n >3 với mọi n4 . 2 n n1 n1 2 n n 1 n 1 Ua U U U a U U Giả sử 2 n 1U n1 U và 2 n 1U n1 U suy ra 2U n1 vô lý vậy 2 n 1U và 2 n 1U không thể cùng chia hết cho U n1 nên tồn tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài. Xét dãy : 12 n 2 n 1 n V 1;V 2 V V V Chứng minh bằng quy nạp ta được n2 n n 1 n 1 V V V ( 1) Nên dãy V n là một dãy thỏa mãn đầu bài Vậy 12 n 2 n 1 n U 1;U 2 U U U nn n 1 1 5 1 5 U 22 5 1,0 1,0 2) Ta có vì n 1 n 1 n 2 n 1 U U U 2U U U (mod2) nn Mà U 2 =2 nên 2 5 3k 2 0 U U U (mod2) Vậy n U 2 n 3k 2 Ta lại có n1 n 2 n 1 n n n 1 n 2 n 2 n 3 n 3 (mod5) (n 4) U U U 2U U 3U 2U 5U 3U 3U Mà U 4 =5 nên 4 9 4 9 U 5 U 3U (mod5) U 5 Vậy n U 5 n 5k 4 Vậy n n 3k 2 U 10 n 15m 1 n 5k' 4 1,0 www.VNMATH.com 4 Vì 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 giả sử ta có: (1) 1,0 N F M O E D C B A www.VNMATH.com 5 Do 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 www.VNMATH.com 6 D C 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 . - Cách giải khác đúng vẫn cho điểm tương ứng . www.VNMATH.com . . Đặt 22 kx 0 y kx y k x Phương trình (1) trở thành: 22 2 2 2 2 2 1 2x x kx (k 2) (k k 1) 0 k 2 3x 3k x 2x k x 1,0 Với k = 2 có y 2x; (x 0;y. 20 12 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN Ngày thi: 07 tháng 11 năm 20 11 Bài Nội dung Điểm I (4điểm) 1) Giải hệ phương trình 2 (1) xy 1 2x 3x 3y 2x y 2( 2x y) 2x 6 y (2) . trình (2) trở thành: 22 x3 4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1 2 Đặt x3 t1 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 x 3 3