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 . x 1 , x 2 ,…, x 2 0 12 , q là số các số lẻ trong các số y 1 , y 2 ,…, y 2 0 12 , p, q {0, 1, 2, … ,2 0 12} . Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p (2 0 12 – q) + (2 0 12 – p)q = 20 12p + 20 12q – 2pq . 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 2 0 1 2- 20 13 MÔN THI: TON Ngy thi: 19 - 10 - 2 0 12 Đ CHNH THC Thơ ̀ i gian. 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