Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi TP. Hồ Chí Minh lớp 12 THPT năm học 2012-2013 môn Toán (Vòng 2)

Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ?... AC nên phép nghịch đảo PAAD.[r]

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 19 - 10 - 2012 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4 điểm) Cho số nguyên dương n Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:   x  3 (i  1, 2, , n )  i  n   xi  n  i 1  n   xi   i 1 Bài (4 điểm) Tìm tất các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x  f ( y ))  y  2( f ( x ))2 , x, y  R Bài (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất k ước dương là d1 , d , , d k Chứng minh n là số chính phương d1  d   d k  k  2n  thì Bài (4 điểm) Cho ba đường tròn (C ) , (C1 ) , (C2 ) đó (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với (C ) B, C và (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc ngoài với D Tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) cắt (C ) hai điểm A và E Đường thẳng AB cắt (C1 ) điểm thứ hai M , 1 đường thẳng AC cắt (C2 ) điểm thứ hai N Chứng minh rằng:   DA DE MN Bài (4 điểm) Cho bảng ô vuông có 2012  2012 ô, ô điền vào dấu + Thực phép biến đổi sau: đổi dấu toàn hàng cột bảng (+ thành – , – thành +) Hỏi sau số lần thực phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – hay không ? HẾT Lop12.net www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÒNG Bài (4 điểm) Cho số nguyên dương n Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:   x  3 (i  1, 2, , n )  i  n   xi  n  i 1  n   xi   i 1 Giải Đặt ti  xi  (i  1,2, , n) Ta có:    t  (i  1, 2, , n) t  (i  1, 2, , n) t  (i  1, 2, , n) i i i n n    n ( t  3)  n  t  n   i  i   ti  4n i  i     i 1 n n n n n    n 81 n 3 2 ( t  3)  t  t  27 t  27 n  t  t   i  i  i     ti  i i i i 1  i 1  i 1  i 1 i 1 i 1 i 1  t  (i  1, 2, , n )  i t   t  (i  1, 2, , n ) i i n      ti  4n  n i     ti  4n  n  i 1   ti (ti  )   i 1 Gọi k là số các ti có giá trị và l là số các ti có giá trị   Khi đó, ta có:  8n 9 l   l  4n  2 k  l  n k  n  Khi n không chia hết cho hệ vô nghiệm Khi n  9m ( m  N * ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm: S  (t1 , t2 , , tn ) đó m giá trị và 8m giá trị Hay S  ( x1, x2 , , xn ) đó m giá trị  và 8m giá trị Bài (4 điểm) Tìm tất các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x  f ( y ))  Giải Xét hàm số g ( x)  f ( x), x  R Lop12.net y  2( f ( x ))2 , x, y  R (*) www.VNMATH.com (*)  g ( x  g ( y ))  y  ( g ( x))2 (1) +) Từ (1) suy g ( y1 )  g ( y2 ) thì y1  y2 suy g là đơn ánh +) Từ (1) cho x  suy g ( g ( y ))  y  ( g (0))2 suy tập giá trị g là R Suy g là song ánh, nên tồn a  R cho g (a )  Cho x  y  a  g (a )  a  g (a )  g ( g (a ))  a  ( g (0))2   g (0)  Do đó g ( g ( x))  x, x  R Cho y   g ( x )  ( g ( x))2 , x  R Suy x  thì g ( x)  và g ( x)   x  Cho x = suy g(1) = +) với x  0, y  R , ta có    g ( x  y )  g ( x )2  g ( g ( y ))  g ( y )  g ( x )   g ( y )  g ( x) Lấy x tùy ý thuộc R Khi đó hai số x,  x luôn có số không âm, ta có:  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) =  g ( x)  x, x  Q +) Cho x  y đó g  x  y   và g  x  g  x  y  y   g  x  y   g  y   g  y  Suy g là hàm tăng thực Ta chứng minh g ( x)  x, x  R \ Q Giả sử tồn x0  R \ Q cho g ( x0 )  x0 Trường hợp x0  g ( x0 ) : tồn số hữu tỉ r cho x0  r  g ( x0 )  g ( x0 )  g (r )  r (vô lý) Trường hợp x0  g ( x0 ) : tồn số hữu tỉ r cho x0  r  g ( x0 )  g ( x0 )  g (r )  r (vô lý)  g ( x)  x, x  R x Vậy f ( x )  , x  R (thỏa mãn (*)) Bài (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất k ước dương là d1 , d , , d k Chứng minh n d1  d   d k  k  2n  thì là số chính phương Giải Gọi l1, l2, , ls là các ước lẻ n và 2m là lũy thừa lớn khai triển n (s ≥ 1, m ≥ 0) Từ đó các ước n là l1, l2, , ls, 2l1, 2l2, , 2ls, , 2ml1, 2ml2, , 2mls Theo đề bài ta có: l1 + l2 + + ls + 2l1 + 2l2 + + 2ls + + 2ml1 + 2ml2 + + 2mls + (m +1)s = 2n+1  (l1  l2   ls )(1   22   2m )  (m  1) s  2n   (l1 + l2 + + ls)(2m+1 – 1) + (m + 1)s = 2n + (*) + Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy s lẻ + Với s lẻ, m chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy m lẻ (m = 2t + 1) n Suy m có số lẻ ước Lop12.net www.VNMATH.com n  p1k1 p2k2 pmkm có số ước là (k1  1)(k2  1) (km  1) suy ki chẵn (i=1,2, ,m) m n  m là số chính phương n  n  22t 1.r   (2t.r ) ( t, r  N ) Số Bài (4 điểm) Cho ba đường tròn (C ) , (C1 ) , (C2 ) đó (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với (C ) B, C và (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc ngoài với D Tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) cắt (C ) hai điểm A và E Đường thẳng AB cắt (C1 ) điểm thứ hai M , 1 đường thẳng AC cắt (C2 ) điểm thứ hai N Chứng minh rằng:   DA DE MN A M F N O O1 D O2 C B E Giải Cách 1: Do AD2  AM AB  AN AC nên phép nghịch đảo PAAD BM CN biến D  D (C1 )  (C1 ) (C2 )  ( C2 ) Đường tròn (C) qua A, B, C biến thành đường thẳng MN Do (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với (C ) B,C nên MN là tiếp tuyến chung hai đường tròn này MN Gọi F là giao điểm AE và MN Suy F biến thành E và FD  FM  FN  2 DE AD AD AF   Ta có :   DE AF  DF.DA  DF AD AF AF DE DF DA 1 AF DF  AF DA Vậy        DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN Lưu ý: k A' B '  Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì AB OA.OB Lop12.net www.VNMATH.com AM AC  AMN ~  ACB  AN AB   OBA O  OAB 1MB  O1M // OA Tương tự có O2N // OA Lại có:   MNA   OCA     xCA  = 900 OAN ABC = OCA  OA  MN  O1M  MN, O2N  MN M  MN là tiế p tuyế n chung của (O1) và (O2)  FD = FM = FN   ANF   ABC   AEC  EFNC nô ̣i tiế p Cách 2: Ta có AM.AB = AN.AC  A OF O1 D  AE.AF = AN.AC = AD2  (AD + DE)AF = AD(AF + DF) B  DE.AF = AD.DF E AF   DE AD.DF 1 AF DF  AF DA Do đó:        DA DE DA DF DA DA.DF DA.DF DF MN N x O2 C Bài (4 điểm) Cho bảng ô vuông có 2012  2012 ô , ô điền vào dấu + Thực phép biến đổi sau: đổi dấu toàn hàng cột bảng (+ thành – , – thành +) Hỏi sau số lần thực phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – hay không ? Giải Giả sử sau số lần thực phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – Gọi xi là số lần đổi dấu hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống ), yj là số lần đổi dấu cột thứ j (j = 1, 2, ,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải) Gọi p là số các số lẻ các số x1, x2,…, x2012 , q là số các số lẻ các số y1, y2,…, y2012 , 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 =  (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 ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 q –1006 chia hết cho 1009 (2) Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006} nên (2)  p –1006 = q –1006 = : mâu thuẫn với (1) Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu – Lop12.net