Đề thi chon đội tuyển học sinh giỏi thành phố Hồ Chí Minh Lớp 12 THPT năm hoc̣ 2012-2013 môn thi: Toán

 SỞ GIÁO DUC̣ VÀ ĐÀO TAỌ KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HOC̣ 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: 
1
3
1
3 ( 1,2,..., )
0
i
n
i
i
n
i
i
x i n
x n
x



   









Bài 2. (4 điểm) 
Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 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 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu 
1 2 ... 2 1kd 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 
,B C 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
 ĐÁP ÁN 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
x n
x



   









Giải. 
Đặt 3 ( 1,2,..., )i it 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
12
1
0 ( 1,2,..., ) 9
0 ( 1,2,..., )
2
4
4
9
( ) 0
2
i
i in
i n
i
i
n
i
i i
i
t i n
t t i n
t n
t n
t t




        
   
  
 
 




Gọi k là số các it có giá trị bằng 0 và l là số các it có giá trị bằng 
9
2
. Khi đó, ta có: 
8
9
4 9
2
9
n
l
l n
n
k l n k

  
 
    
 Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm. 
 Khi 9n m ( *m N ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm: 
 1 2( , ,..., )nS t t t trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 
9
2
Hay  1 2( , ,..., )nS 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 : 2 2( 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
 (*)  2 2( ( )) ( ( ))g x g y y g x   (1) 
 +) Từ (1) suy ra nếu 
1 2( ) ( )g y g y thì 1 2y y 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 a R sao cho ( ) 0g a  . 
 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 2 20 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R     
 Suy ra 0x  thì ( ) 0g x  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 ,x x 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 x y 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 0 0( )g x x 
Trường hợp 0 0( )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 0 0( )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 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu 
1 2 ... 2 1kd d d k n      thì 
2
n
 là số chính phương. 
Giải. 
Gọi l1, l2,..., ls 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 l1, l2,..., ls, 2l1, 2l2,..., 2ls,..., 2
m
l1, 2
m
l2,..., 2
m
ls 
Theo đề bài ta có: 
 l1 + l2 +... + ls + 2l1 + 2l2 +...+ 2ls +... + 2
m
l1 + 2
m
l2 +...+ 2
m
ls + (m +1)s = 2n+1 
 21 2( ... )(1 2 2 ... 2 ) ( 1) 2 1
m
sl l l m s n           
 (l1 + l2 +... + ls)(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 
2m
n
có số lẻ ước 
www.VNMATH.com
 Số 1 2
1 2 ...
2
mkk k
mm
n
p p p có số ước là 1 2( 1)( 1)...( 1)mk k k   suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m) 

2m
n
 là số chính phương. 
 2 1 2 22 . (2 . )
2
t tnn 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 
,B C 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. 
Cách 1: Do 2 . .AD AM AB AN AC  nên phép nghịch đảo 
2AD
AP biến 
1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )
B M
C N
D D
C C
C C





. 
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 
' '
.
kA B
AB OAOB
 . 
www.VNMATH.com
 Cách 2: Ta có AM.AB = AN.AC  
AM AC
AN AB
  AMN ~  ACB 
   1OAB OBA O MB   O1M // OA. 
Tương tư ̣có O2N // OA. 
Lại có: 
   OAN MNA OCA ABC   =  OCA xCA = 900. 
 OA  MN  O1M  MN, O2N  MN 
 MN là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2) 
 FD = FM = FN. 
   ANF ABC AEC   EFNC nôị tiếp 
 AE.AF = AN.AC = AD2 
 (AD + DE)AF = AD(AF + DF) 
 DE.AF = AD.DF 
 
1
.
AF
DE AD DF
 
Do đó: 
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 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 – 
x
F
N
M
A
E
D
O
B
C
O1 O2
www.VNMATH.com