đề thi & đáp án HSG toán hà nội vòng 2
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (993.88 KB, 7 trang )
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2011 - 2012
Môn thi: Toán
Ngày thi 07 - 11 - 2011
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Bài I.(4 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
2
xy
1 2x
3x 3y
2x y
2(2x y) 2x 6 y
.
2) Cho đa thức
2
P(x) 4x 5x 1 a
với
xR
và a là số nguyên cho
trước. Ta định nghĩa P
2
(x) = P(P(x)) = 4(P(x))
2
+ 5P(x) + 1 – a; P
k+1
(x) = P(P
k
(x)) với
k nguyên dương khác 1. Chứng minh rằng nếu tồn tại một số nguyên n sao cho
n = P
2011
(n) thì a là một số chính phương lẻ.
Bài II.(4 điểm)
Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U
1
= 1; U
2
=2; U
4
= 5; với mọi số n
nguyên dương khác 1 ta có :
2
n
n 1 n 1
U U U a
trong đó
2
a1
.
1) Xác định số hạng tổng quát Un của dãy số trên.
2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho Un chia hết cho 10.
Bài III.(4 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC. Từ điểm E bất kỳ trên cạnh AC (E khác A và C) kẻ
đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt cạnh AB tại D.
Lấy điểm M trên cạnh AB sao cho
. Qua giao điểm O của đường thẳng
BE và CD kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt cạnh
AC tại N. Chứng minh rằng OM = ON.
Bài IV.(4 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho
và
là các số
nguyên tố và thỏa mãn :
.
Bài V.(4 điểm)
Trong mặt phẳng cho10 điểm trong đó khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ có độ
dài là một số nguyên dương. Chứng minh rằng có ít nhất 7 đoạn thẳng có hai đầu mút
là các điểm trong 10 điểm đã cho có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
www.VNMATH.com
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
www.VNMATH.com
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
www.VNMATH.com
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
www.VNMATH.com
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
www.VNMATH.com
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
www.VNMATH.com
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 .
www.VNMATH.com
