Nội dung

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 1. (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 3   xi  0  i 1 Bài 2. (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( y ))  y  2( f ( x ))2 , x, y  R 2 Bài 3. (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là d1 , d 2 ,..., d k . Chứng minh rằng nếu n là số chính phương. d1  d 2  ...  d k  k  2n  1 thì 2 Bài 4. (4 điểm) Cho ba đường tròn (C ) , (C1 ) , (C2 ) trong đó (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc trong với (C ) tại B, C và (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Tiếp tuyến chung trong của (C1 ) và (C2 ) cắt (C ) tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt (C1 ) tại điểm thứ hai M , 1 1 2 đường thẳng AC cắt (C2 ) tại điểm thứ hai N . Chứng minh rằng:   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 www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÒNG 2 Bài 1. (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 3   xi  0  i 1 Giải. Đặt ti  xi  3 (i  1,2,..., n) Ta có:    t  0 (i  1, 2,..., n) t  0 (i  1, 2,..., n) t  0 (i  1, 2,..., n) i i i n n    n ( t  3)  n  t  4 n   i  i   ti  4n i  1 i  1    i 1 n n n n n    n 3 81 n 3 3 2 2 ( t  3)  0 t  9 t  27 t  27 n  0 t  9 t   i  i  i     ti  0 i i i 4 i 1  i 1  i 1  i 1 i 1 i 1 i 1  t  0 (i  1, 2,..., n ) 9  i t  0  t  (i  1, 2,..., n ) i i n  2     ti  4n  n i  1    ti  4n  n  i 1 9 2   ti (ti  )  0 2  i 1 Gọi k là số các ti có giá trị bằng 0 và l là số các ti có giá trị bằng   9 . Khi đó, ta có: 2  8n 9 l  9  l  4n  2 k  l  n k  n  9 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: S  (t1 , t2 ,..., tn ) trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 9 2 Hay S  ( x1, x2 ,..., xn ) 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  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( y ))  Giải. Xét hàm số g ( x)  2 f ( x), x  R y  2( f ( x ))2 , x, y  R (*) 2 www.VNMATH.com (*)  g ( x 2  g ( y ))  y  ( g ( x))2 (1) +) Từ (1) suy ra nếu g ( y1 )  g ( y2 ) thì y1  y2 suy ra g là đơn ánh +) Từ (1) cho x  0 suy ra g ( g ( y ))  y  ( g (0))2 suy ra tập giá trị của g là 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 ))  a 2  ( g (0))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    g ( x  y )  g ( x )2  g ( g ( y ))  g ( y )  g ( x )  2  g ( y )  g ( x) Lấy x tùy ý thuộc R . Khi đó trong hai số x,  x luôn 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  y khi đó g  x  y   0 và g  x  g  x  y  y   g  x  y   g  y   g  y  Suy ra g là hàm tăng thực sự Ta chứng minh g ( x)  x, x  R \ Q Giả sử tồn tại x0  R \ Q sao cho g ( x0 )  x0 Trường hợp x0  g ( x0 ) : tồn tại số hữu tỉ r sao cho x0  r  g ( x0 )  g ( x0 )  g (r )  r (vô lý) Trường hợp x0  g ( x0 ) : tồn tại số hữu tỉ r sao 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 (*)). 2 Bài 3. (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là d1 , d 2 ,..., d k . Chứng minh rằng nếu n d1  d 2  ...  d k  k  2n  1 thì là số chính phương. 2 Giải. Gọi l1, l2,..., ls là các ước lẻ của n và 2m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1, m ≥ 0) Từ đó các ước của 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  2  22  ...  2m )  (m  1) s  2n  1  (l1 + l2 +... + ls)(2m+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) n Suy ra m có số lẻ ước 2 www.VNMATH.com n  p1k1 p2k2 ... pmkm có số ước là (k1  1)(k2  1)...(km  1) suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m) m 2 n  m là số chính phương. 2 n  n  22t 1.r 2   (2t.r ) 2 ( t, r  N ) 2 Số Bài 4. (4 điểm) Cho ba đường tròn (C ) , (C1 ) , (C2 ) trong đó (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc trong với (C ) tại B, C và (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Tiếp tuyến chung trong của (C1 ) và (C2 ) cắt (C ) tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt (C1 ) tại điểm thứ hai M , 1 1 2 đường thẳng AC cắt (C2 ) tại 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 2 BM CN biến D  D . (C1 )  (C1 ) (C2 )  ( C2 ) Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN. Do (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với (C ) tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này. MN Gọi F là giao điểm của AE và MN. Suy ra F biến thành E và FD  FM  FN  2 2 DE AD AD 1 AF   Ta có :   DE. AF  DF.DA  DF AD. AF AF DE DF .DA 1 1 1 AF DF  AF DA 1 2 . 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 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 1 AF   DE AD.DF 1 1 1 AF DF  AF DA 1 2 Do đó: .        DA DE DA DF .DA DA.DF DA.DF DF MN N x O2 C 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 xi là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ), yj 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 x1, x2,…, x2012 , q là số các số lẻ trong 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 = 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 –