intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi học sinh giỏi Toán 12 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST
Báo xấu
136
lượt xem 17
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán 12 - Kèm đáp án

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN NGÀY THI : 10/11/2011 THỜI GIAN : 180 phút (không kể phát đề ) Bài 1 (4điểm) 3x a) Giải phương trình: x  1 x2  1 a3  b3 b3  c3 c3  a 3 b) Cho ba số thực dương a, b, c .Chứng minh:    abc b2  c2 c 2  a2 a2  b2 Bài 2 (5 điểm)  x1  1  * Cho dãy số thực  xn  với  3x n  4 ( n  N )  xn1  x  1  n Xét các dãy số thực  un  với un  x2 n1  n  N *  và  vn  với vn  x2n  n  N *  a) Chứng minh các dãy số  un  ,  vn  có giới hạn hữu hạn khi n   b) Chứng minh các dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn khi n   và tìm giới hạn đó. Bài 3 (5 điểm) a) Cho tam giác ABC có G, H , O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp.   Gọi K là điểm sao cho HK  3HG . Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác KBC , KCA, KAB . Chứng minh: G1 A, G2 B, G3C đồng quy và G1 A  G2 B  G3C . b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và điểm M tùy ý.Tìm vị trí của M để MA  MB  MC  MD  ME ngắn nhất. Bài 4 (3điểm) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y , z sao cho: x 2012  2009 y 2012  2011  2012 z 2010 Bài 5 (3 điểm) Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tàiliệu-Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh………………………………..Số báo danh………………… Giám thị 1 (ký,ghi rõ họ và tên) Giám thị 2 (ký,ghi rõ họ và tên)
  2. Đại học Quốc gia Tp Hồ Chí Minh Trường Phổ Thông Năng Khiếu Đề thi chọn HSG đội tuyển Toán Bài 1. a) Chứng minh rằng tồn tại số n chẵn, n > 2008 sao cho 2009.n – 49 là số chính phương. b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên m sao cho 2009. m – 147 là số chính phương. Bài 2. Cho số nguyên dương n. Có bao nhiêu số chia hết cho 3, có n chữ số và các chữ số đều thuộc {3, 4, 5, 6} ? Bài 3. Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định và B, C thay đổi trên đường thẳng d cố định sao cho nếu gọi A’ là hính chiếu của A lên d thì AB. AC âm và không đổi. Gọi M là hình chiếu của A’ lên AB. a) Chứng minh rằng tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC thuộc một đường thẳng cố định. b) Gọi N là hình chiếu của A’ lên AC, K là giao điểm của các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN tại M và N. Chứng minh rằng K thuộc một đường thẳng cố định. Bài 4. Cho f  x   x 2  ax  b . Biết phương trình f  f  x    0 có 4 nghiệm phân biệt  x1 , x2 , x3 , x4 và x1  x2  1 . Chứng minh rằng b   4 Bài 5. Cho . Biết . Chứng minh rằng là số chính phương. Bài 6. a) Cho . Chứng minh bất đẳng thức: b) Chứng minh rằng tồn tại để:
  3. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG Thời gian làm bài :180 phút Câu 1 (4 điểm ) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn điều kiện Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số thỏa mãn : Tìm giới hạn của dãy (nếu có ) tùy theo Câu 3 (3 điểm) Cho tứ giác lồi .Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của một điểm trong tứ giác xuống các cạnh ; mặt khác cùng nằm trên một đường tròn tâm bán kính . Kẻ lần lượt vuông góc với các đường thẳng .Chứng minh rằng đồng qui tại một điểm. Câu 4 (3 điểm) Cho là số nguyên tố không nhỏ hơn .Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên tố sao cho đồng thời không chia hết cho Câu 5 ( 3 điểm) Tìm sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi : Câu 6 (3 điểm)
  4. www.VNMATH.com ̉ ́ ̀ SƠ GIAO DỤC VÀ ĐAO 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: 18 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm)  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  9 x   y  6 y  7 2 3 Bài 2. (4 điểm)  1 u1  2  Cho dãy số (un ) xác định bởi  3u  4 un 1  n , n  N *   2un  1 Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 . Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x  HẾT
  5. www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG 1 Bài 1. (4 điểm)  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  9 x   y  6 y  7 2 3 Giải  yz  z  2 Đặt z  x  1 Hệ phương trình tương đương  3  y  3 y ( z  2)  4 z  0 3  yz  z  2  yz  z  2  3   y  3y z  4z  0  y   z  y  2z 2 3  1  17  1  17  5  17  5  17 z  z  x  x   4  4  4  4      y  1  17  y  1  17  y  1  17  y  1  17   2   2   2   2 Bài 2. (4 điểm)  1 u1  2  Cho dãy số (un ) xác định bởi  3u  4 un 1  n , n  N *   2un  1 Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Giải Từ giả thiết ta suy ra un  0, n  N * 3x  4 3 5 5 Xét f ( x )    , với x  0 , f '( x )   0, x  0 2 x  1 2 2(2 x  1) (2 x  1)2  1 u1  Ta có  2 un 1  f (un ), n  N *  3 5x f ( x)  , x  0 và f ( x )  4   0, x  0 2 2x  1 3   un  4, n  2  dãy (un ) bị chặn 2  x  u2 n 1 Đặt  n  yn  u2 n Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; ) f ( xn )  f (u2n1 )  u2 n  yn ; f ( yn )  f (u 2n )  u 2n 1  xn 1 g ( xn )  f ( f ( xn ))  f ( yn )  xn1 1 11 49 u1  ; u2  ; u3  ….. Ta thấy u1  u3  x1  x2 2 4 26 Giả sử rằng xk  xk 1  g ( xk )  g ( xk 1 )  xk 1  xk 2 . Vậy xn  xn1 , n  N * Suy ra ( xn ) tăng và bị chặn trên  ( xn ) có giới hạn hữu hạn a . Do xn  xn1  f ( xn )  f ( xn1 )  yn  yn1  dãy ( yn ) giảm và bị chặn dưới
  6. www.VNMATH.com  ( yn ) có giới hạn hữu hạn b.  3   3   3   xn , yn   2 ;4  , n  2 a, b   2 ;4  a, b   2 ;4              Ta có  f ( xn )  yn   f (a )  b   f (a )  b (I )  f (y )  x  f ( b)  a  f (b)  f (a )  a  b (1)  n n 1         5 1 1  (1)  a  b      (a  b) (2a  1)(2b  1)  5  0  a  b 2  2b  1 2a  1  (do (2a  1)(2b  1)  (3  1)(3  1)  16  5 )  3  b  a   2 ;4   Vậy từ (I)    ab2 . a  3a  4   2a  1 Vậy lim un  2 Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 . Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z (*) Giải 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (*)        1   (**) x yz y zx z xy xy yz zx 1 1 1 1 Ta cần chứng minh:    x yz x yz 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2       2   1     (đúng) x yz x yz x yz x x yz yz x yz y z yz Chứng minh tương tự ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1    ,    y zx y zx z xy z xy Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**). Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường A cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao K cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh O E rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) B thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường H C M thẳng cố định. F Giải
  7. www.VNMATH.com Ta chứng minh hai tam giác EHK và FHK có diện tích bằng nhau.   Ta có MAC  MBC   1 1 1 S EHK  KH .KE.sin BKH  KH .KA.tan  .sin BAH  KH . AB.cos A.tan  .cos B 2 2 2 1 1 1 S FHK  HF .HK .sin FHK  BH .tan  .HK .sin AHK  AB.cos B.tan  .HK .cos A 2 2 2 SEHK  SFHK suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK  Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x  Giải : Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x2) xR (1) Trường hợp P(x)  C ( C là hằng số thực ) : P(x)  C thỏa (1)  C2= C  C = 0  C = 1 P(x)  0 hay P(x)  1 Trường hợp degP  1 Gọi  là một nghiệm phức tùy ý của P(x) . Từ (1) thay x bằng  ta có P(2)=0  x= 2 cũng là nghiệm của P(x) . Từ đó có  , 2, 4, 8, 16, …là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm (do đang xét P(x) khác đa thức không)  0   (I)   1  Từ (1) lại thay x bằng  +3 ta có P((+3)2)=0  x=(+3)2 là nghiệm của P(x) Từ x = (+3)2 là nghiệm của P(x) tương tự phần trên ta có (+3)2, (+3)4, (+3)8, (+3)16,…là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm 32  0 3 0     (II)    3 1    3 1 2   (I) Như vậy , nếu  là nghiệm của P(x) thì ta có  thỏa hệ  (II) y I O 3 1 x (I) Biểu diễn các số phức  thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ  không có (II) nghiệm   Không tồn tại đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn hơn hoặc bằng 1 thỏa (1) Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x2) x gồm P(x)  0 , P(x)  1
  8. www.VNMATH.com ̉ ́ ̀ SƠ GIAO DỤC VÀ ĐAO 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: 18 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm)  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  9 x   y  6 y  7 2 3 Bài 2. (4 điểm)  1 u1  2  Cho dãy số (un ) xác định bởi  3u  4 un 1  n , n  N *   2un  1 Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 . Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x  HẾT
  9. www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG 1 Bài 1. (4 điểm)  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  9 x   y  6 y  7 2 3 Giải  yz  z  2 Đặt z  x  1 Hệ phương trình tương đương  3  y  3 y ( z  2)  4 z  0 3  yz  z  2  yz  z  2  3   y  3y z  4z  0  y   z  y  2z 2 3  1  17  1  17  5  17  5  17 z  z  x  x   4  4  4  4      y  1  17  y  1  17  y  1  17  y  1  17   2   2   2   2 Bài 2. (4 điểm)  1 u1  2  Cho dãy số (un ) xác định bởi  3u  4 un 1  n , n  N *   2un  1 Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Giải Từ giả thiết ta suy ra un  0, n  N * 3x  4 3 5 5 Xét f ( x )    , với x  0 , f '( x )   0, x  0 2 x  1 2 2(2 x  1) (2 x  1)2  1 u1  Ta có  2 un 1  f (un ), n  N *  3 5x f ( x)  , x  0 và f ( x )  4   0, x  0 2 2x  1 3   un  4, n  2  dãy (un ) bị chặn 2  x  u2 n 1 Đặt  n  yn  u2 n Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; ) f ( xn )  f (u2n1 )  u2 n  yn ; f ( yn )  f (u 2n )  u 2n 1  xn 1 g ( xn )  f ( f ( xn ))  f ( yn )  xn1 1 11 49 u1  ; u2  ; u3  ….. Ta thấy u1  u3  x1  x2 2 4 26 Giả sử rằng xk  xk 1  g ( xk )  g ( xk 1 )  xk 1  xk 2 . Vậy xn  xn1 , n  N * Suy ra ( xn ) tăng và bị chặn trên  ( xn ) có giới hạn hữu hạn a . Do xn  xn1  f ( xn )  f ( xn1 )  yn  yn1  dãy ( yn ) giảm và bị chặn dưới
  10. www.VNMATH.com  ( yn ) có giới hạn hữu hạn b.  3   3   3   xn , yn   2 ;4  , n  2 a, b   2 ;4  a, b   2 ;4              Ta có  f ( xn )  yn   f (a )  b   f (a )  b (I )  f (y )  x  f ( b)  a  f (b)  f (a )  a  b (1)  n n 1         5 1 1  (1)  a  b      (a  b) (2a  1)(2b  1)  5  0  a  b 2  2b  1 2a  1  (do (2a  1)(2b  1)  (3  1)(3  1)  16  5 )  3  b  a   2 ;4   Vậy từ (I)    ab2 . a  3a  4   2a  1 Vậy lim un  2 Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 . Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z (*) Giải 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (*)        1   (**) x yz y zx z xy xy yz zx 1 1 1 1 Ta cần chứng minh:    x yz x yz 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2       2   1     (đúng) x yz x yz x yz x x yz yz x yz y z yz Chứng minh tương tự ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1    ,    y zx y zx z xy z xy Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**). Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường A cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao K cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh O E rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) B thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường H C M thẳng cố định. F Giải
  11. www.VNMATH.com Ta chứng minh hai tam giác EHK và FHK có diện tích bằng nhau.   Ta có MAC  MBC   1 1 1 S EHK  KH .KE.sin BKH  KH .KA.tan  .sin BAH  KH . AB.cos A.tan  .cos B 2 2 2 1 1 1 S FHK  HF .HK .sin FHK  BH .tan  .HK .sin AHK  AB.cos B.tan  .HK .cos A 2 2 2 SEHK  SFHK suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK  Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x  Giải : Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x2) xR (1) Trường hợp P(x)  C ( C là hằng số thực ) : P(x)  C thỏa (1)  C2= C  C = 0  C = 1 P(x)  0 hay P(x)  1 Trường hợp degP  1 Gọi  là một nghiệm phức tùy ý của P(x) . Từ (1) thay x bằng  ta có P(2)=0  x= 2 cũng là nghiệm của P(x) . Từ đó có  , 2, 4, 8, 16, …là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm (do đang xét P(x) khác đa thức không)  0   (I)   1  Từ (1) lại thay x bằng  +3 ta có P((+3)2)=0  x=(+3)2 là nghiệm của P(x) Từ x = (+3)2 là nghiệm của P(x) tương tự phần trên ta có (+3)2, (+3)4, (+3)8, (+3)16,…là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm 32  0 3 0     (II)    3 1    3 1 2   (I) Như vậy , nếu  là nghiệm của P(x) thì ta có  thỏa hệ  (II) y I O 3 1 x (I) Biểu diễn các số phức  thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ  không có (II) nghiệm   Không tồn tại đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn hơn hoặc bằng 1 thỏa (1) Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x2) x gồm P(x)  0 , P(x)  1
  12. www.VNMATH.com ̉ ́ ̀ SƠ GIAO DỤC VÀ ĐAO 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 Thời gian làm bài: 180 phút. 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) y Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( 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 d1  d 2  ...  d k  k  2n  1 thì là số chính phương. 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
  13. 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  (ti  3)  n    ti  4n    ti  4n  i 1  i 1  i 1  n  n n n  n 3 n 81 n  (ti  3)3  0  ti 3  9 ti 2  27 ti  27n  0  ti  9 ti 2   ti  0  i 1  i 1 i 1 i 1  i 1 i 1 4 i 1  t  0 (i  1, 2,..., n ) i  9  ti  0  ti  (i  1, 2,..., n )  n  2    ti  4n  n  i 1   ti  4n  n 9 2  i 1    ti (ti  )  0  i 1 2 9 Gọi k là số các ti có giá trị bằng 0 và l là số các ti có giá trị bằng . Khi đó, ta có: 2  8n 9  l  4n l  9  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: 9 S  (t1 , t2 ,..., tn ) trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 2 3 Hay S  ( x1, x2 ,..., xn ) trong đó m giá trị bằng  3 và 8m giá trị bằng 2 Bài 2. (4 điểm) y Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( y ))   2( f ( x ))2 , x, y  R (*) 2 Giải. Xét hàm số g ( x)  2 f ( x), x  R
  14. 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     2 g ( x  y )  g ( x )2  g ( g ( y ))  g ( y )  g ( x )  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 ),  , y R x 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
  15. www.VNMATH.com n Số m  p1k1 p2 2 ... pmm có số ước là (k1  1)(k2  1)...(km  1) suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m) k k 2 n  m là số chính phương. 2 n  n  22t 1.r 2   (2t.r ) 2 ( t, r  N ) 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 A M F N O D O1 O2 C B E Giải. BM CN Cách 1: Do AD2  AM . AB  AN . AC nên phép nghịch đảo PAAD biến D  D 2 . (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: A' B ' k Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì  . AB OA.OB
  16. www.VNMATH.com AM AC Cách 2: Ta có AM.AB = AN.AC    AMN ~  ACB AN AB    OAB  OBA  O1MB  O1M // OA. A Tương tự có O2N // OA. Lại có: OAN  MNA  OCA   = OCA  xCA = 900.    ABC    OA  MN  O1M  MN, O2N  MN  MN là tiế p tuyế n chung của (O1) và (O2) M OF  FD = FM = FN. N        EFNC nô ̣i tiế p ANF ABC AEC x  AE.AF = AN.AC = AD2 O1 D O2  (AD + DE)AF = AD(AF + DF) C  DE.AF = AD.DF B 1 AF E   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 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 –
  17. www.VNMATH.com ̉ ́ ̀ SƠ GIAO DỤC VÀ ĐAO 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 Thời gian làm bài: 180 phút. 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) y Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( 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 d1  d 2  ...  d k  k  2n  1 thì là số chính phương. 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
  18. 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  (ti  3)  n    ti  4n    ti  4n  i 1  i 1  i 1  n  n n n  n 3 n 81 n  (ti  3)3  0  ti 3  9 ti 2  27 ti  27n  0  ti  9 ti 2   ti  0  i 1  i 1 i 1 i 1  i 1 i 1 4 i 1  t  0 (i  1, 2,..., n ) i  9  ti  0  ti  (i  1, 2,..., n )  n  2    ti  4n  n  i 1   ti  4n  n 9 2  i 1    ti (ti  )  0  i 1 2 9 Gọi k là số các ti có giá trị bằng 0 và l là số các ti có giá trị bằng . Khi đó, ta có: 2  8n 9  l  4n l  9  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: 9 S  (t1 , t2 ,..., tn ) trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 2 3 Hay S  ( x1, x2 ,..., xn ) trong đó m giá trị bằng  3 và 8m giá trị bằng 2 Bài 2. (4 điểm) y Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( y ))   2( f ( x ))2 , x, y  R (*) 2 Giải. Xét hàm số g ( x)  2 f ( x), x  R
  19. 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     2 g ( x  y )  g ( x )2  g ( g ( y ))  g ( y )  g ( x )  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 ),  , y R x 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
  20. www.VNMATH.com n Số m  p1k1 p2 2 ... pmm có số ước là (k1  1)(k2  1)...(km  1) suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m) k k 2 n  m là số chính phương. 2 n  n  22t 1.r 2   (2t.r ) 2 ( t, r  N ) 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 A M F N O D O1 O2 C B E Giải. BM CN Cách 1: Do AD2  AM . AB  AN . AC nên phép nghịch đảo PAAD biến D  D 2 . (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: A' B ' k Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì  . AB OA.OB
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2