DAP AN DE THI HSG TOAN HA NOI VONG 2

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học:2011 – 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Ngày thi: 07 tháng 11 năm 2011
Bài
Nội dung
Điểm
I
(4điểm)
1) Giải hệ phương trình
2
(1)
xy
1 2x
3x 3y
2x y
2(2x y) 2x 6 y (2)











   
.
ĐK:
x 3;x 0;y 0   
. Đặt
22
kx 0
y kx
y k x







Phương trình (1) trở thành:
22
2 2 2 2 2
1 2x x kx
(k 2) (k k 1) 0 k 2
3x 3k x 2x k x

        


1,0
Với k = 2 có
y 2x; (x 0;y 0)  

Phương trình (2) trở thành:
22
x3
4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1
2

       

Đặt
x3
t1
2


. Ta có hệ
2
2
2x 4x 1 t
2t 4t 1 x
x 0;t 1

  

  



  


Giải hệ ta được t=x
2
x 3 3 17 13 3 17
x 1 2x 3x 1 0 x y
2 4 2
   
         

KL hệ có nghiệm là
3 17 13 3 17
;
42

  




1,0
2



2)Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đầu bài.
Xét dãy (x
n
) sao cho x
1
= n; x
2
= P(x
1
) ; x
3
=P(x
2
);…
x
2011
= P(x
2010
); từ giả thiết ta có x
1
= P(x
2011
)
Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà
1

xZ
suy ra x
1
;
x
2
;…;x
2011
là số nguyên.
*) Giả sử
ij
x x ( i j; i, j 1;n)   

Ta có :
2 1 2 1 3 2 2 1
P(x ) P(x ) (x x ) (x x ) (x x )    

Chứng minh tương tự :
4 3 3 2
(x x ) (x x )
;…

2011 2010 2010 2009
(x x ) (x x )
;

1 2011 2011 2010
(x x ) (x x )
;

2 1 1 2011
(x x ) (x x )
;
Suy ra
2 1 3 2 1 2011
x x x x x x k      







1,0






trong 2011 số (x
2
– x
1
); (x
3
– x
2
);….; (x
1

– x
2011
) sẽ có m
số bằng k và 2011 – m số bằng – k ;
Suy ra
2 1 3 2 1 2011
0 (x x ) (x x ) (x x ) mk (2011 m)k         

2m 2011 0(k 0)   
vô lý
*) Vậy k=0
1 2 2011 1 1
x x x x P(x )     

22
n 4n 5n 1 a a (2n 1)       
đpcm



1,0
3

II
(4điểm)
1) Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U
1
= 1;
U
2

=2; U
4
= 5; với mọi n nguyên dương ,
n2
ta có :
2
n
n 1 n 1
U U U a


với
2
a1
.
Ta có
2 4 3 3 2 4 3
22
U U U a U U U a 10 a U 3        

Ta có U
n
là dãy tăng và U
n
>3 với mọi
n4
.
2
n
n1

n1
2
n
n 1 n 1
Ua
U U U a U
U




   

Giả sử
2
n
1U
n1
U 

và
2
n
1U
n1
U 

suy ra
2U
n1

vô lý vậy
2
n
1U 
và
2
n
1U 
không thể cùng chia hết cho
U
n1
nên tồn
tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài.
Xét dãy :
12
n 2 n 1 n
V 1;V 2
V V V







Chứng minh bằng quy nạp ta được
n2
n
n 1 n 1
V V V ( 1)




Nên dãy V
n
là một dãy thỏa mãn đầu bài
Vậy
12
n 2 n 1 n
U 1;U 2
U U U






nn
n
1 1 5 1 5
U
22
5

   


  
   


   







1,0







1,0
2) Ta có vì
n 1 n 1
n 2 n 1
U U U 2U U U (mod2)
nn


   

Mà U
2
=2 nên
2 5 3k 2

0 U U U (mod2)

   

Vậy
n
U 2 n 3k 2  

Ta lại có
n1
n 2 n 1
n n n 1 n 2
n 2 n 3 n 3
(mod5) (n 4)
U U U 2U U 3U 2U
5U 3U 3U



  


    
  

Mà U
4
=5 nên
4 9 4 9
U 5 U 3U (mod5) U 5  

Vậy
n
U 5 n 5k 4  

Vậy
n
n 3k 2
U 10 n 15m 1
n 5k' 4


   








1,0



4

Vì
1 n 2012 1 15m 1 2012 1 m 134        

Vậy có 134 số thỏa mãn đầu bài là n =15m – 1 với

 

 


1,0

III
(4điểm)
.
Lấy F đối xứng với E qua AB

C, M, F thẳng hàng.
Áp dụng định lý sin vào ∆DME và ∆BMC :(

 )










Mà ME = MF nên












 
 















Vậy OM = ON

1,0
1,0


1,0

1,0
IV
(4điểm)
Ta có



 



 

 

 

  



 

 

 

. (1)
Do vai trò của a, b như nhau nên không mất tính tổng quát
giả sử    ta có:
(1) 



 



 

 

     



1,0

N
F
M
O
E
D
C
B
A
5

Do 

  là số nguyên tố nên     

  hoặc
    

 
Trong mọi trường hợp ta đều có   

    suy ra


 

   


Hay 




 

 





   


 

 

  


   


 



 


 

 

 

   
 




 

 




   

 

   
 



  


  




 
Hay      suy ra     
 Nếu a = b thì 

 

 

 
 

 

 

 




   



   


  (mâu thuẫn)
 Nếu b = a – 1 thì   

    hay 

   


  là số nguyên tố và 

  là số nguyên tố.
Nếu    thì 

     

   

   .
Mà 

 

    trái với 

  

  là số
nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5.
Suy ra a = 2 suy ra b = 1 và c = 3.

Vậy có 2 bộ số thỏa mãn đầu bài là (2;1;3) và (1;2;3).


1,0





1,0





1,0
V
(4điểm)
Ta chứng minh bổ đề : Từ 4 điểm trên mặt phẳng mà khoảng
cách giữa hai điểm có độ dài là một số nguyên dương luôn
tồn tại một cạnh chia hết cho 3.
Thật vậy gọi 4 điểm đó là A, B, C, D.
+) Nếu A,B,C,D thẳng hàng ta thấy luôn tồn tại một cạnh có
độ dài chia hết cho 3
+) Nếu A, B, C, D không thẳng hàng. Không mất tổng quát
giả sử tia AC nằm giữa AB, AD.
Giả sử trong 6 cạnh không có cạnh nào chia hết cho 3


1,0

1,0

6

D
C
B
A
Đặt 

  

 .
Áp dụng định lý cosin trong các tam giác ABC, CAD, BAD
ta có 

 



   


 



   



 



   

  


Suy ra các số      ;      ;
    

  

là các số nguyên chia 3 dư 1.
Mà 

          
  





 







 


  

  





 






 


VT không chia hết cho 3, VP chia hết cho 3 vô lý.
Vây trong 4 đỉnh luôn tồn tại một cạnh có độ dài là một số
nguyên dương chia hết cho 3.
Ta có 



cách chọn 4 điểm trong 10 điểm nên có 


cạnh
Tuy nhiên mỗi cạnh được tính 


lần nên có ít nhất 7 cạnh
có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3













1,0

1,0
Chú ý: - Tổng điểm không làm tròn .
- Cách giải khác đúng vẫn cho điểm tương ứng .