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 x 3 + y 3 + z 3 = 48 x 7 + y 7 + z 7 = 16128 Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số nguyên (u n ) được xác định như sau:  u 1 = 1 ; u 2 = 2 u n = 4u n−1 − u n−2 , ∀n ≥ 3, n ∈ N a) Chứng minh rằng u 2 n + u 2 n−1 − 4u n u n−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 (O 1 ) và (O 2 ) là hai đường tròn nhận OP làm tiếp tuyến chung, đồng thời (O 1 ) tiếp xúc với (T ) và OA theo thứ tự là M, N, (O 2 ) 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 (O 1 ) với MA và MB, 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 a 1 , a 2 , a 3 , . . . a 2013 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—— Ghi chú: Giám thi coi thi không giải thích gì thêm. 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 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1(4đ) Xét đa thức f(t) = t 3 + at 2 + bt + c có các nghiệm là x, y, z. 1.0đTừ phương trình x + y + z = 0, ta suy ra a = 0. Do đó f(t) = t 3 + bt + c Mặt khác 1.0đ x n+3 +y n+3 +z n+3 +b (x n+1 + y n+1 + z n+1 )−16 (x n + y n + z n ) = 0 (4) Và đặt S n = x n + y n + z n với n ∈ N ∗ . Khi đó (4) trở thành S n+3 + bS n+1 − 16S n = 0 Ta có S 7 = −bS 5 + 16S 4 = −b (−bS 3 + 16S 2 ) + 16 (−bS 2 + 16S 1 ) = b 2 S 3 − 32bS 2 + 256S 1 (5) 1.0đThế S 7 = 16128, S 3 = 48, S 2 = −2b, S 1 = 0 vào (5), ta được b = ±12 +b = 12, ta được f(t) = t 3 + 12t − 16 có nghiệm duy nhất (không thỏa) +b = −12, ta được f(t) = t 3 − 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 λ 2 − 4λ + 1 = 0 ; λ 1 = 2 − √ 3 ; λ 2 = 2 + √ 3 1đ u n = c 1 λ n 1 + c 2 λ n 2  c 1 λ 1 + c 2 λ 2 = 1 c 1 λ 2 1 + c 2 λ 2 2 = 2 D =      λ 1 λ 2 λ 2 1 λ 2 2      = λ 1 λ 2 (λ 2 − λ 1 ) = 2 √ 3 D c 1 =      1 λ 2 2 2 λ 2 2      = λ 2 2 − 2λ 1 = 3 + 2 √ 3 D c 2 =      λ 1 1 λ 2 1 2      = 2λ 1 − λ 2 1 = −3 + 2 √ 3 c 1 = 3 + 2 √ 3 2 √ 3 = √ 3 + 2 2 ; c 2 = −3 + 2 √ 3 2 √ 3 = 2 − √ 3 2 Vậy u n = c 1 λ n 1 + c 2 λ n 2 = 2 + √ 3 2 λ n 1 + 2 − √ 3 2 λ n 2 , n ≥ 1 Ta có λ 1 .λ 2 = 1. Vậy: 1đ u n = 2 + √ 3 2 (2 − √ 3)λ n−1 1 + 2 − √ 3 2 (2 + √ 3)λ n−1 2 = 1 2  λ n−1 1 + λ n−1 2  , n ≥ 1 Từ đó: Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM u 2 n + u 2 n−1 = 1 4  λ 2(n−1) 1 + λ 2(n−1) 2 + λ 2(n−2) 1 + λ 2(n−2) 2 + 4  = 1 4  λ 2n−4 1 (λ 2 1 + 1) + λ 2n−4 2 (λ 2 2 + 1) + 4  = 1 4  4λ 2n−3 1 + 4λ 2n−3 2 + 4  = λ 2n−3 1 + λ 2n−3 2 + 1 4u n u n−1 = 4  λ n−1 1 + λ n−1 2  λ n−2 1 + λ n−2 2  = λ 2n−3 1 + λ 2n−3 2 + (λ 1 λ 2 ) n−2 (λ 1 + λ 2 ) = λ 2n−3 1 + λ 2n−3 2 + 4 Vậy u 2 n + u 2 n−1 − 4u n u n−1 = −3 b) Chứng minh u 2 n − 1 3 là số chính phương. 1đ Từ câu a) ta có 4u 2 n + u 2 n−1 − 4u n u n−1 = 3u 2 n − 3 =⇒ (2u n − u n−1 ) 2 = 3u 2 n − 3 =⇒ u 2 n − 1 3 = (2u n − u n−1 ) 2 9 Ta sẽ chứng minh rằng:    2u n − u n−1 . . . 3, ∀n ≥ 2 2u n−1 − u n . . . 3, ∀n ≥ 2 1đ Thật vậy: với n = 2 thì    2u 2 − u 1 = 4 − 1 = 3 . . . 3 2u 1 − u 2 = 0 . . . 3 Giả sử ta có    2u k − u k−1 . . . 3 2u k−1 − u k . . . 3 với ∀k ≥ 2 Suy ra: 2u k+1 − u k = 2 [4 (u k ) − u k−1 ] − u k = 8u k − 2u k−1 − u k = 6u k + u k − 2u k−1 . . . 3 2u k − u k+1 = 2u k − (4u k − u k−1 ) = −2u k + u k−1 . . . 3. Nói riêng ta có 2u n − u n−1 . . . 3, ∀n ≥ 1 Suy ra 2u n − u n−1 = 3k, k ∈ Z Vậy u 2 n − 1 3 = k 2 suy ra u 2 n − 1 3 là số chính phương. Tiếp 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  CMD =  AMB = 90 ◦ =⇒ CD là đường kính của (O 1 ) =⇒  IDM =  IMD =  OBM =⇒ CD  AB Từ đó CN = DN =⇒  AMN =  BMN = 45 ◦ hay MK là tia phân giác của góc  AMB. 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 NEKF là hình chữ nhật. Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi: p = AB + BE + EF + F A = AB + BE + EK + NK = AB + BK + NK = 2R + R √ 2 + NK Mà N K ≥ OK = R. Đẳng thức chỉ xảy ra khi N ≡ O hay (O 1 ) là đường tròn tiếp xúc AB tại O =⇒ P ≡ B =⇒ điều này không thể xảy ra do giả thiết B = P 1đ Vậy NK > R hay T > R(3 + √ 2) 4(4đ) Bổ đề: Với dãy số hữu hạn số nguyên dương (a k ) , 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 a i ∈ N ∗  i = 1, n + 1  nên ta luôn viết được a i = 2 s i .r i , trong đó s i ∈ N và r i ∈  2k − 1|k = 1, n  1đ Từ đó vì r i chỉ nhận n giá trị lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet trong n + 1 số đã cho phải tồn tại hai số a i , a j (i = j) thỏa mãn r i = r j . Không mất tính tổng quát giả sử a i ≥ a j , khi đó a i ≡ 0(moda j ) 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 a i = min{a k } , k = 1, 2013. Khi đó ta chỉ cần chứng minh a i > 1342 là đủ. 1đ Thật vậy, giả sử a i ≤ 1342, khi đó ta có 2014 số 2a 1 , 3a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a 2013 thỏa mãn không có số nào lớn hơn 4026. Theo giả thiết [a i , a j ] > 4026, i, j = 1, 2013, i = 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 a 1 > 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 x i lần còn tại cột thứ j ta đã đổi dấu y j lần. Khi đó tại ô (i, j) ta đã thay đổi x i + y j lần. Suy ra tại ô này có dấu “-” khi và chỉ khi x i + y j là số lẻ. 1đ Cho p là số lượng số lẻ giữa các số x i . 1đCho q là số lượng số lẻ giữa các số y j . 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 ⇐⇒ (p − 5)(q − 5) = 2.11 1đ 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 này trái với (p − 5)(p − q) = 2.11. 1đ Vậy câu trả lời là không thể. . CN = DN =⇒  AMN =  BMN = 45 ◦ hay MK là tia phân giác của góc  AMB. Vậy K là trung đi m của cung AB và K là m t đi m cố định. 1đ Chứng minh hoàn toàn. NỘI DUNG ĐI M 3(4đ) O B A P O 1 O 2 H M K C D N L F E 1đ a) Ta có  CMD =  AMB = 90 ◦ =⇒ CD là đường kính của (O 1 ) =⇒  IDM =  IMD =  OBM =⇒ CD  AB