Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (377.43 KB, 5 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. Lop12.net.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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. Lop12.net. y 2( f ( x ))2 , x, y R (*) 2.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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. Lop12.net.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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. BM CN 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. Lop12.net.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 –. Lop12.net.
<span class='text_page_counter'>(6)</span>