Đề thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh lớp 12 THPT năm 2012 - 2013 môn Toán (vòng 2)

SƠ
̉
GIA
́
O DU
̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII
THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO
̣
C 2012-2013
MÔN THI: TON
Ngy thi: 19 - 10 - 2012
Đ CHNH THC
Thơ
̀
i gian la
̀
m ba
̀
i: 180 pht.


Bài 1. (4 điểm)
Cho số nguyên dương

n
. Giải và biện luận theo
n
hệ phương trình sau:
1
3
1
3 ( 1,2, , )
0
i
n
i
i
n
i
i
x i n
xn
x




  














Bài 2. (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số
:f R R
thỏa mãn :
22
( 2 ( )) 2( ( )) , ,
2
y
f x f y f x x y R    


Bài 3. (4 điểm)
Giả sử số nguyên dương
n
có tất cả
k
ước dương là
12
, , ,
k
d d d
. Chứng minh rằng nếu
12

2 1
k
d d d k n     
thì
2
n
là số chính phương.

Bài 4. (4 điểm)
Cho ba đường tròn
()C
,
1
()C
,
2
()C
trong đó
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc trong với
()C
tại
,BC
và
1
()C

,
2
()C
tiếp xúc ngoài với nhau tại
.D
Tiếp tuyến chung trong của
1
()C
và
2
()C
cắt
()C
tại hai điểm
A
và
E
. Đường thẳng
AB
cắt
1
()C
tại điểm thứ hai
,M

đường thẳng
AC
cắt
2
()C

tại điểm thứ hai
.N
Chứng minh rằng:
1 1 2
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

ĐP N VÒNG 2
Bài 1. (4 điểm)
Cho số nguyên dương

n
. Giải và biện luận theo
n
hệ phương trình sau:
1
3
1
3 ( 1,2, , )
0
i
n
i
i
n
i
i
x i n
xn
x




  













Giải.
Đặt
3 ( 1,2, , )
ii
t x i n  


Ta có:
1 1 1
3 3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1
0 ( 1,2, , ) 0 ( 1,2, , ) 0 ( 1,2, , )
( 3) 4 4
81
( 3) 0 9 27 27 0 9 0
4
i i i
n n n
i i i
i i i
n n n n n n n
i i i i i i i
i i i i i i i
t i n t i n t i n

t n t n t n
t t t t n t t t
  
      
  
  
     
  
  
     
  
  
  
        
  
  
  
      


1
1
2
1
0 ( 1,2, , )
9
0 ( 1,2, , )
2
4
4

9
( ) 0
2
i
ii
n
i
n
i
i
n
i
ii
i
t i n
t t i n
tn
tn
tt








   




  












Gọi
k
là số các
i
t
có giá trị bằng 0 và
l
là số các
i
t
có giá trị bằng
9
2
. Khi đó, ta có:

8

9
4
9
2
9
n
l
ln
n
k l n
k















 Khi
n
không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.
 Khi

9nm
(
*
mN
),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:
 
12
( , , , )
n
S t t t
trong đó
m
giá trị bằng 0 và
8m

giá trị bằng
9
2

Hay
 
12
( , , , )
n
S x x x
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 :
22
( 2 ( )) 2( ( )) , ,
2
y
f x f y f x x y R    
(*)
Giải.
Xét hàm số
( ) 2 ( ),g x f x x R  

www.VNMATH.com

(*) 
22
( ( )) ( ( ))g x g y y g x  
(1)
+) Từ (1) suy ra nếu
12
( ) ( )g y g y

thì
12
yy
suy ra
g
là đơn ánh
+) Từ (1) cho
0x 
suy ra
2
( ( )) ( (0))g g y y g
suy ra tập giá trị của
g
là
R
.
Suy ra
g
là song ánh, nên tồn tại
aR
sao cho
( ) 0ga 
.
Cho
2 2 2 2
( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g        

(0) 0g

Do đó

( ( )) ,g g x x x R  

Cho
22
0 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R    

Suy ra
0x 
thì
( ) 0gx
và
( ) 0 0g x x  

Cho x = 1 suy ra g(1) = 1

+) với
0,x y R
, ta có
   
2
2
( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x g g y g y g x g y g x      

Lấy
x
tùy ý thuộc
R
. Khi đó trong hai số
,xx
luôn có số không âm, ta có:

 
0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x     
( ) ( ),g x g x x R     

+) với
0,x 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
xy
khi đó
 
0g x y
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
0
\x R Q
sao cho
00
()g x x

Trường hợp
00
()x g x
: tồn tại số hữu tỉ r sao cho
0 0 0
( ) ( ) ( )x r g x g x g r r    
(vô lý)
Trường hợp
00
()x g x
: tồn tại số hữu tỉ r sao cho
0 0 0
( ) ( ) ( )x r g x g x g r r    
(vô lý)
( ) ,g x x x R   

Vậy
( ) ,
2
x

f x x R  
(thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)
Giả sử số nguyên dương
n
có tất cả
k
ước dương là
12
, , ,
k
d d d
. Chứng minh rằng nếu
12
2 1
k
d d d k n     
thì
2
n
là số chính phương.
Giải.
Gọi l
1
, l
2
, , l
s
là các ước lẻ của n và 2

m
là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1,
m ≥ 0)
Từ đó các ước của n là l
1
, l
2
, , l
s
, 2l
1
, 2l
2
, , 2l
s
, , 2
m
l
1
, 2
m
l
2
, , 2
m
l
s

Theo đề bài ta có:
l

1
+ l
2
+ + l
s
+

2l
1
+ 2l
2
+ + 2l
s
+ + 2
m
l
1
+

2
m
l
2
+ + 2
m
l
s
+ (m +1)s = 2n+1

2

12
( )(1 2 2 2 ) ( 1) 2 1
m
s
l l l m s n          

 (l
1
+ l
2
+ + l
s
)(2
m+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)
Suy ra
2
m
n
có số lẻ ước
www.VNMATH.com

Số
12
12

2
m

k
kk
m
m
n
p p p
có số ước là
12
( 1)( 1) ( 1)
m
k k k  
suy ra k
i
chẵn (i=1,2, ,m)

2
m
n
là số chính phương.


2 1 2 2
2 . (2 . )
2
tt
n
n r r

  
(

,t r N
)

Bài 4. (4 điểm)
Cho ba đường tròn
()C
,
1
()C
,
2
()C
trong đó
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc trong với
()C
tại
,BC
và
1
()C
,
2
()C
tiếp xúc ngoài với nhau tại
.D

Tiếp tuyến chung trong của
1
()C
và
2
()C
cắt
()C
tại hai điểm
A
và
E
. Đường thẳng
AB
cắt
1
()C
tại điểm thứ hai
,M

đường thẳng
AC
cắt
2
()C
tại điểm thứ hai
.N
Chứng minh rằng:
1 1 2
DA DE MN




F
M
N
O
O1
O2
A
D
E
B
C

Giải.
Cch 1: Do
2
AD AM AB AN AC
nên phép nghịch đảo
2
AD
A
P
biến
11
22
( ) ( )
( ) ( )
BM

CN
DD
CC
CC





.
Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN.
Do
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc với
()C
tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.
Gọi
F
là giao điểm của
AE
và MN. Suy ra
F
biến thành
E
và
2

MN
FD FM FN  

Ta có :
2
.
DE AD AD
DF AD AF AF




DE AF DF DA



1
.
AF
DE DF DA


Vậy
1 1 1 1 2
. . .
AF DF AF DA
DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

      
.

Lưu ý:
Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì
''
.
k
AB
AB OAOB

.
www.VNMATH.com

Cch 2: Ta co
́
AM.AB = AN.AC 
AM AC
AN AB

 AMN ~  ACB




1
OAB OBA OMB
 O
1
M // OA.
Tương tư
̣
co

́
O
2
N // OA.
Lại có:




OAN MNA OCA ABC  
=


OCA xCA
= 90
0
.
 OA  MN  O
1
M  MN, O
2
N  MN
 MN la
̀
tiếp tuyến chung cu
̉
a (O
1
) và (O
2

)
 FD = FM = FN.


 
ANF ABC AEC
 EFNC nô
̣
i tiếp
 AE.AF = AN.AC = AD
2

 (AD + DE)AF = AD(AF + DF)
 DE.AF = AD.DF

1
.
AF
DE AD DF


Do đo
́
:
1 1 1 1 2
. . .
AF DF AF DA
DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF 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 ?
Giải.
Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – .

Gọi x
i
là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ),
y
j
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 x
1
, x
2
,…, x
2012
, q là số các số lẻ trong các số y
1
, y
2
,…, y
2012
,
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) = 1006
2
– 3
2
 (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 –


x
F
N
M
A
E
D

O
B
C
O
1
O
2
www.VNMATH.com