ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HOC̣ 2012-2013 MÔN TOÁN

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HOC̣ 2012-2013 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 19 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1 (4 điểm)

Cho số nguyên dương n Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1, 2, , )

0

i n i i n i i

x n

x

























Bài 2 (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số f R: Rthỏa mãn : ( 2 2 ( )) 2( ( )) ,2 ,

2

y

f x  f y   f x x yR

Bài 3 (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là d d1, 2, ,d Chứng minh rằng nếu k

d d  d  k n thì

2

n

là số chính phương

Bài 4 (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , (C ,1) (C2) trong đó (C và 1) (C2)tiếp xúc trong với ( )C tại ,

B C và (C ,1) (C2)tiếp xúc ngoài với nhau tại D Tiếp tuyến chung trong của (C và 1) 2

(C ) cắt ( )C tại hai điểmA và E Đường thẳng AB cắt (C tại điểm thứ hai 1) M,

đường thẳng AC cắt (C2) tại điểm thứ hai N Chứng minh rằng: 1 1 2

DA DE  MN

Bài 5 (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + Thực hiện phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành +) Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ?

HẾT

ĐÁP ÁN VÒNG 2

Bài 1 (4 điểm)

Cho số nguyên dương n Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1, 2, , )

0

i n i i n i i

x n

x

























Giải

Đặt t i  x i 3 (i1, 2, , )n

Ta có:

81

4

1

1 2

1

0 ( 1, 2, , )

2 4

4 9

2

i

n

i

i n

i

i i

i

t n

t n

t t



















Gọi k là số các t có giá trị bằng 0 và l là số các i t có giá trị bằng i 9

2 Khi đó, ta có:

8 9

2

9

n l

l n

n

k l n k

 

 Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm

 Khi n9m (mN*),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:

( , , , )1 2 n 

S t t t trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 9

2 Hay S ( ,x x1 2, ,x n)trong đó m giá trị bằng3 và 8m giá trị bằng 3

2

Bài 2 (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số f R: Rthỏa mãn : ( 2 2 ( )) 2( ( )) ,2 ,

2

y

f x  f y   f x x yR (*)

Giải

Xét hàm số ( )g x 2 ( ),f x  x R

(*)  2 2

g x g y  y g x (1)

+) Từ (1) suy ra nếu g y( )1 g y( 2) thì y1 y2 suy ra g là đơn ánh

+) Từ (1) cho x0 suy ra g g y( ( )) y ( (0))g 2 suy ra tập giá trị của glà R

Suy ra g là song ánh, nên tồn tại aR sao cho ( )g a 0

Cho x  y a g a( 2) a g a( )g g a( ( 2))a2( (0))g 2 0 g(0)0

Do đó ( ( ))g g x   x, x R

Cho y 0 g x( 2)( ( )) ,g x 2  x R

Suy ra x0 thì ( )g x 0 và ( )g x   0 x 0

Cho x = 1 suy ra g(1) = 1

+) với x0,yR, ta có

2

g xy g x g g y g y  g x g y g x

Lấy x tùy ý thuộc R Khi đó trong hai số , x xluôn có số không âm, ta có:

0g x ( x) g x( ) g( x)    g( x) g x( ), x R

+) với x  0, y R, ta có g x(  y)   g( x y) g(  x) g( y)g x( )g y( ) Vậy g x( y)g x( )g y( ),x y, R

Ta có g cộng tính trên Q và g(1) = 1 g x( )  x, x Q

+) Cho xykhi đó g x y0 và

g x g x y y g xy g y g y

Suy raglà hàm tăng thực sự

Ta chứng minh g x( )  x, x R Q\

Giả sử tồn tại x0R Q\ sao cho g x( 0)x0

Trường hợp x0 g x( 0): tồn tại số hữu tỉ r sao cho x0 r g x( 0)g x( 0)g r( )r(vô lý) Trường hợp x0 g x( 0): tồn tại số hữu tỉ r sao cho x0  r g x( 0)g x( 0)g r( )r(vô lý) ( ) ,

g x x x R

Vậy ( ) ,

2

x

f x   x R (thỏa mãn (*))

Bài 3 (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là d d1, 2, ,d Chứng minh rằng nếu k

d d  d  k n thì

2

n

là số chính phương

Giải

Gọi l 1 , l 2 , , l s là các ước lẻ của n và 2 m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1,

m ≥ 0)

Từ đó các ước của n là l 1 , l 2 , , l s , 2l 1 , 2l 2 , , 2l s , , 2 m l 1 , 2 m l 2 , , 2 m l s

Theo đề bài ta có:

l 1 + l 2 + + l s + 2l 1 + 2l 2 + + 2l s + + 2 m l 1 + 2 m l 2 + + 2 m l s + (m +1)s = 2n+1

(l   l l s)(1 2 2   2 )m (m1)s2n1

 (l 1 + l 2 + + l s )(2 m+1 – 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*)

+ Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ

+ Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1)

Suy ra

2m

n

có số lẻ ước

Số 1 2

1 2

2

m k

m m

n

p p p

 có số ước là (k11)(k21) (k m1)suy ra k i chẵn (i=1,2, ,m)



2m

n

là số chính phương

2

n  r   r (t r, N)

Bài 4 (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , (C ,1) (C2) trong đó (C và 1) (C2)tiếp xúc trong với ( )C tại ,

B C và (C ,1) (C2)tiếp xúc ngoài với nhau tại D Tiếp tuyến chung trong của (C và 1) 2

(C ) cắt ( )C tại hai điểmA và E Đường thẳng AB cắt (C tại điểm thứ hai 1) M,

đường thẳng AC cắt (C2) tại điểm thứ hai N Chứng minh rằng: 1 1 2

DA DE  MN

F M

N O

A

D

E B

C

Giải

Cách 1: Do 2

AD  AM AB AN AC nên phép nghịch đảo P biến A AD2

B M

C N

D D











Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN

Do (C và 1) (C2)tiếp xúc với ( )C tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này Gọi F là giao điểm của AE và MN Suy ra F biến thành E và

2

MN

FDFM FN 

Ta có :

2

DF  AD AF  AF  DE AF DF DA  1

AF

DE  DF DA

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN



Lưu ý:

Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì ' '

k

A B

AB OA OB

Cách 2: Ta có AM.AB = AN.AC  AM AC

AN  AB AMN ~  ACB

  

1

OABOBAO MB  O1M // OA

Tương tự có O2N // OA

Lại có:

   

OANMNAOCAABC= OCA xCA = 900

 OA  MN  O1M  MN, O2N  MN

 MN là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2)

 FD = FM = FN

 ANF ABCAEC  EFNC nội tiếp

 AE.AF = AN.AC = AD2

 (AD + DE)AF = AD(AF + DF)

 DE.AF = AD.DF

AF

DE  AD DF

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN



Bài 5 (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + Thực hiện phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành +) Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ?

Giải

Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu –

Gọi x i là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ),

y j là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải)

Gọi p là số các số lẻ trong các số x 1 , x 2 ,…, x 2012 , q là số các số lẻ trong các số y 1 , y 2 ,…, y 2012 ,

p, q {0, 1, 2,…,2012}

Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq

Bảng có đúng 18 dấu –  2012p + 2012q – 2pq = 18  1006p + 1006q – pq = 9

 (p –1006)(q –1006) = 10062 – 32  (p –1006)(q –1006) = 1003×1009 (1)

 (p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009

Mà 1009 là số nguyên tố Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết

cho 1009 (2)

Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006}

nên (2)  p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1)

Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu –

x

F N M

A

E D O