Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 trung học phổ thông cấp thành phố năm học 2012-2013 môn toán

Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 trung học phổ thông cấp thành phố năm học 2012-2013 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013

KHÓA NGÀY: 16/10/2012

MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R







x + y + z = 0

x3+ y3+ z3 = 48

x7+ y7+ z7 = 16128 Câu 2 (4 điểm)

Cho dãy số nguyên (un) được xác định như sau:

(

u1 = 1 ; u2 = 2

un = 4un−1− un−2, ∀n ≥ 3, n ∈ N a) Chứng minh rằng u2

n+ u2 n−1− 4unun−1= −3 với n ≥ 2, n ∈ N b) Chứng minh rằng u

2

n− 1

3 là số chính phương với mọi n, n ∈ N∗ Câu 3 (4 điểm)

Cho nửa đường tròn (T ) tâm O, đường kính AB = 2R và điểm P di động trên (T ) (P khác A và B) Gọi (O1) và (O2) là hai đường tròn nhận OP làm tiếp tuyến chung, đồng thời (O1) tiếp xúc với (T ) và OA theo thứ tự là M, N, (O2) tiếp xúc với (T ) và OB theo thứ tự tại H, L

a) Chứng minh rằng khi P di động trên (T ) thì các đường thẳng M N và HL luôn cùng đi qua một điểm cố định K

b) Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (O1) với M A và M B, E là giao điểm của CN với BK và F là giao điểm của DN với AK Chứng minh rằng khi P di động trên (T ), ta luôn có bất đẳng thức p > R(3 +√

2), trong đó p là chu vi tứ giác ABEF Câu 4 (4 điểm)

Cho dãy 2013 số nguyên dương a1, a2, a3, a2013 thỏa mãn mỗi số không lớn hơn 4026 và với hai

số bất kì thì bội số chung nhỏ nhất của hai số ấy luôn lớn hơn 4026 Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đã cho đều lớn hơn 1342

Câu 5 (4 điểm)

Trong một bảng ô vuông có 10 × 10 ô được điền ở tất cả các ô là dấu “+” Một bước thực hiện bằng cách đổi toàn bộ những dấu ở một hàng hoặc một cột nào đó sang dấu ngược lại Có khả năng hay không sau hữu hạn bước như trên, bảng ô vuông nhận được có đúng 6 dấu “-” ? Hãy chứng minh khẳng định của mình

——HẾT——

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013

KHÓA NGÀY: 16/10/2012

MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

HƯỚNG DẪN CHẤM

1(4đ)

Xét đa thức f (t) = t3+ at2+ bt + c có các nghiệm là x, y, z

1.0đ

Từ phương trình x + y + z = 0, ta suy ra a = 0

Do đó f (t) = t3+ bt + c

Mặt khác

1.0đ

xn+3+yn+3+zn+3+b (xn+1+ yn+1+ zn+1)−16 (xn+ yn+ zn) = 0 (4)

Và đặt Sn = xn+ yn+ zn với n ∈ N∗ Khi đó (4) trở thành

Sn+3+ bSn+1− 16Sn = 0

Ta có S7 = −bS5+ 16S4 = −b (−bS3+ 16S2) + 16 (−bS2+ 16S1) = b2S3−

32bS2+ 256S1 (5)

1.0đ Thế S7 = 16128, S3 = 48, S2 = −2b, S1 = 0 vào (5), ta được b = ±12

+b = 12, ta được f (t) = t3 + 12t − 16 có nghiệm duy nhất (không thỏa)

+b = −12, ta được f (t) = t3− 12t − 16 có ba nghiệm t = −2; t = 2; t = 4

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) là (−2; 2; 4) và các hoán vị của nó

2(4đ)

a) Phương trình đặc trưng λ2− 4λ + 1 = 0 ; λ1 = 2 −√

3 ; λ2 = 2 +√

3

1đ

un= c1λn

1 + c2λn

2

(

c1λ1+ c2λ2 = 1

c1λ2

1+ c2λ2

2 = 2

D =

λ1 λ2

λ21 λ22

= λ1λ2(λ2− λ1) = 2√

3

Dc1 =

1 λ2

22 λ22

= λ22− 2λ1 = 3 + 2√

3

Dc 2 =

λ1 1

λ2

1 2

= 2λ1− λ2

1 = −3 + 2√

3

c1 = 3 + 2

√ 3

2√

√

3 + 2

2 ; c2 =

−3 + 2√3

2√

2 −√ 3 2 Vậy un = c1λn

1 + c2λn

2 = 2 +

√ 3

n

1 +2 −

√ 3

n

2, n ≥ 1

Ta có λ1.λ2 = 1 Vậy:

1đ

un = 2 +

√ 3

2 (2 −

√ 3)λn−11 +2 −

√ 3

2 (2 +

√ 3)λn−12

= 1

2 λ

n−1

1 + λn−12
, n ≥ 1

Từ đó:

Tiếp

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

u2

n+ u2

n−1 = 1

4

h

λ2(n−1)1 + λ2(n−1)2 + λ2(n−2)1 + λ2(n−2)2 + 4i

= 1

4λ2n−4

1 (λ2

1 + 1) + λ2n−42 (λ2

2+ 1) + 4

= 1

44λ2n−3

1 + 4λ2n−32 + 4 = λ2n−3

1 + λ2n−32 + 1 4unun−1 = 4 λn−11 + λn−12

λn−21 + λn−22

= λ2n−31 + λ2n−32 + (λ1λ2)n−2(λ1+ λ2)

= λ2n−31 + λ2n−32 + 4 Vậy u2

n+ u2 n−1− 4unun−1 = −3 b) Chứng minh u

2

n− 1

3 là số chính phương.

1đ

Từ câu a) ta có 4u2

n+ u2 n−1− 4unun−1 = 3u2

n− 3

=⇒ (2un− un−1)2 = 3u2

n− 3

=⇒ u

2

n− 1

(2un− un−1)2 9

Ta sẽ chứng minh rằng:







2un− un−1 3, ∀n ≥ 2 2un−1− un 3, ∀n ≥ 2

1đ

Thật vậy: với n = 2 thì







2u2− u1 = 4 − 1 = 3 3 2u1− u2 = 0 3

Giả sử ta có







2uk− uk−1 3 2uk−1− uk 3 với ∀k ≥ 2 Suy ra:

2uk+1− uk = 2 [4 (uk) − uk−1] − uk

= 8uk− 2uk−1− uk

= 6uk+ uk− 2uk−1 3 2uk− uk+1 = 2uk− (4uk− uk−1)

= −2uk+ uk−1 3.

Nói riêng ta có 2un− un−1 3, ∀n ≥ 1

Suy ra 2un− un−1 = 3k, k ∈ Z

Vậy u

2

n− 1

2 suy ra u

2

n− 1

3 là số chính phương.

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

3(4đ)

O

B

A

P

O 1

O 2

H M

K

C

D

N

L

F

E

1đ a) Ta có \CM D = \AM B = 90◦ =⇒ CD là đường kính của (O1)

=⇒ \IDM = \IM D = \OBM =⇒ CD k AB

Từ đó CN = DN =⇒ \AM N = \BM N = 45◦ hay M K là tia phân giác của

góc \AM B Vậy K là trung điểm của cung AB và K là một điểm cố định 1đ Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có HL đi qua K

b) Cũng từ kết quả trên ta cũng có: \F AN = \F N A = \EBN = \EN B = 45◦

1đ Suy ra \AF N = \BEN = \EN F = 90◦ hay tứ giác N EKF là hình chữ nhật

Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi:

p = AB + BE + EF + F A = AB + BE + EK + N K = AB + BK + N K =

2R + R√

2 + N K

Mà N K ≥ OK = R Đẳng thức chỉ xảy ra khi N ≡ O hay (O1) là đường

tròn tiếp xúc AB tại O =⇒ P ≡ B =⇒ điều này không thể xảy ra do giả

thiết B 6= P

1đ Vậy N K > R hay T > R(3 +√

2)

4(4đ)

Bổ đề: Với dãy số hữu hạn số nguyên dương (ak) , k = 1, n + 1, trong đó

mỗi số không lớn hơn 2n thì luôn tồn tại hai số trong chúng thỏa mãn số

này chia hết cho số kia

Chứng minh:

Do ai ∈ N∗ i = 1, n + 1
nên ta luôn viết được ai = 2si.ri, trong đó si ∈ N

và ri ∈2k − 1|k = 1, n

1đ

Từ đó vì ri chỉ nhận n giá trị lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet trong n + 1 số

đã cho phải tồn tại hai số ai, aj(i 6= j) thỏa mãn ri = rj Không mất tính

tổng quát giả sử ai ≥ aj, khi đó ai ≡ 0(modaj)

1đ Xét bài toán đã cho:

Tiếp

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Do dãy số đã cho là một dãy hữu hạn nên tồn tại số nhỏ nhất trong chúng,

không mất tổng quát giả sử ai = min {ak} , k = 1, 2013 Khi đó ta chỉ cần

chứng minh ai > 1342 là đủ

1đ Thật vậy, giả sử ai ≤ 1342, khi đó ta có 2014 số 2a1, 3a1, a2, a3, , a2013

thỏa mãn không có số nào lớn hơn 4026 Theo giả thiết [ai, aj] > 4026, i, j =

1, 2013, i 6= j nên trong dãy 2014 số ở trên không thể tồn tại 2 số thỏa mãn

số này là bội của số kia Điều này vô lý với bổ đề ở trên Vậy a1 > 1342

5(4đ)

Giả sử có khả năng sau một số hữu hạn bước nhận được bảng có 6 dấu “-”

Cho tại hàng thứ i ta đã đổi dấu xi lần còn tại cột thứ j ta đã đổi dấu yj

lần Khi đó tại ô (i, j) ta đã thay đổi xi+ yj lần Suy ra tại ô này có dấu

“-” khi và chỉ khi xi+ yj là số lẻ

1đ

Cho p là số lượng số lẻ giữa các số xi

1đ Cho q là số lượng số lẻ giữa các số yj Khi đó số lượng các dấu “-” trên bảng

sẽ là:

p(10 − q) + (10 − p)q = 10p + 10q − 2pq

Từ đó ta có đẳng thức 10p + 10q − 2pq = 6 ⇐⇒ 5p + 5q − pq = 3 ⇐⇒

Vì 11 là số nguyên tố nên hoặc p − 5 11 hoặc q − 5 11

Giả sử p − 5 11 thế nhưng −5 ≤ p − 5 ≤ 5 nên p − 5 11 thì p − 5 = 0 điều

Vậy câu trả lời là không thể

...

tròn tiếp xúc AB O =⇒ P ≡ B =⇒ điều xảy giả

thi? ??t B 6= P

1đ Vậy N K > R hay T > R(3 +√

2)

4(4đ)

Bổ đề: Với dãy số hữu hạn số nguyên dương (ak)... số lớn 4026 Theo giả thi? ??t [ai, aj] > 4026, i, j =

1, 2013, i 6= j nên dãy 2014 số tồn số thỏa mãn

số bội số Điều vô lý với bổ đề Vậy a1...

tổng qt giả sử ai ≥ aj, ai ≡ 0(modaj)

1đ Xét toán cho:

Tiếp