SỞ GIÁ O DỤC VÀ ĐÀ O TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 19 - 10 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC Thờ i gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm) . Giải và biện luận theo hệ phương trình sau: Cho số nguyên dương

Bài 2. (4 điểm)

thỏa mãn : Tìm tất cả các hàm số

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương có tất cả ước dương là . Chứng minh rằng nếu

thì là số chính phương.

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn , , trong đó và tiếp xúc trong với tại

và , tiếp xúc ngoài với nhau tại Tiếp tuyến chung trong của và

cắt tại hai điểm và . Đường thẳng cắt tại điểm thứ hai

đường thẳng cắt tại điểm thứ hai Chứng minh rằng:

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

ĐÁP ÁN VÒNG 2 Bài 1. (4 điểm) Cho số nguyên dương . Giải và biện luận theo hệ phương trình sau:

Giải. Đặt Ta có:

là số các có giá trị bằng 0 và là số các có giá trị bằng . Khi đó, ta có: Gọi

không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.

 Khi  Khi ( ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:

trong đó giá trị bằng 0 và giá trị bằng

trong đó giá trị bằng 3 và Hay giá trị bằng

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn : (*)

Giải. Xét hàm số

(*)  (1)

+) Từ (1) suy ra nếu thì suy ra là đơn ánh

+) Từ (1) cho là .

suy ra là song ánh, nên tồn tại sao cho suy ra tập giá trị của . Suy ra

Cho Do đó

Cho thì và

Suy ra Cho x = 1 suy ra g(1) = 1 , ta có +) với

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

+) với , ta có

và g(1) = 1

Vậy Ta có g cộng tính trên +) Cho khi đó và

là hàm tăng thực sự

Suy ra Ta chứng minh Giả sử tồn tại sao cho

: tồn tại số hữu tỉ r sao cho Trường hợp (vô lý)

: tồn tại số hữu tỉ r sao cho Trường hợp (vô lý)

Vậy (thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương có tất cả ước dương là . Chứng minh rằng nếu

thì là số chính phương.

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)(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)

có số lẻ ước Suy ra

Số có số ước là suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m)

là số chính phương.

( )

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn , , trong đó và tiếp xúc trong với tại

và , tiếp xúc ngoài với nhau tại Tiếp tuyến chung trong của và

cắt tại hai điểm và . Đường thẳng cắt tại điểm thứ hai

đường thẳng cắt tại điểm thứ hai Chứng minh rằng:

Giải.

Cách 1: Do nên phép nghịch đảo biến .

Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN. Do tiếp xúc với và tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.

Gọi là giao điểm của và MN. Suy ra biến thành và

Ta có :

Vậy .

Lưu ý:

Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì .

 AMN ~  ACB Cách 2: Ta có AM.AB = AN.AC 

 O1M // OA.

Tương tự có O2N // OA. Lại có:

= = 900.

 EFNC nô ̣i tiếp

 OA  MN  O1M  MN, O2N  MN  MN là tiếp tuyến chung củ a (O1) và (O2)  FD = FM = FN.   AE.AF = AN.AC = AD2  (AD + DE)AF = AD(AF + DF)  DE.AF = AD.DF

. Do đó:

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 –