Kì thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 cấp thành phố - Năm học 2012 - 2013 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013
KHÓA NGÀY: 16/10/2012
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (4 điểm)
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R
x+ y + z = 0
x3 + y3 + z3 = 48
x7 + y7 + z7 = 16128
Câu 2 (4 điểm)
Cho dãy số nguyên (un) được xác định như sau:{
u1 = 1 ; u2 = 2
un = 4un−1 − un−2, ∀n ≥ 3, n ∈ N
a) Chứng minh rằng u2n + u
2
n−1 − 4unun−1 = −3 với n ≥ 2, n ∈ N
b) Chứng minh rằng
u2n − 1
3
là số chính phương với mọi n, n ∈ N∗.
Câu 3 (4 điểm)
Cho nửa đường tròn (T ) tâm O, đường kính AB = 2R và điểm P di động trên (T ) (P khác A và
B). Gọi (O1) và (O2) là hai đường tròn nhận OP làm tiếp tuyến chung, đồng thời (O1) tiếp xúc
với (T ) và OA theo thứ tự là M, N, (O2) tiếp xúc với (T ) và OB theo thứ tự tại H, L.
a) Chứng minh rằng khi P di động trên (T ) thì các đường thẳng MN và HL luôn cùng đi qua
một điểm cố định K.
b) Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (O1) với MA và MB, E là giao điểm của CN
với BK và F là giao điểm của DN với AK. Chứng minh rằng khi P di động trên (T ), ta
luôn có bất đẳng thức p > R(3 +
√
2), trong đó p là chu vi tứ giác ABEF .
Câu 4 (4 điểm)
Cho dãy 2013 số nguyên dương a1, a2, a3, . . . a2013 thỏa mãn mỗi số không lớn hơn 4026 và với hai
số bất kì thì bội số chung nhỏ nhất của hai số ấy luôn lớn hơn 4026. Chứng minh rằng mọi số
hạng của dãy số đã cho đều lớn hơn 1342.
Câu 5 (4 điểm)
Trong một bảng ô vuông có 10 × 10 ô được điền ở tất cả các ô là dấu “+”. Một bước thực hiện
bằng cách đổi toàn bộ những dấu ở một hàng hoặc một cột nào đó sang dấu ngược lại. Có khả
năng hay không sau hữu hạn bước như trên, bảng ô vuông nhận được có đúng 6 dấu “-” ? Hãy
chứng minh khẳng định của mình.
——HẾT——
Ghi chú: Giám thi coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013
KHÓA NGÀY: 16/10/2012
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1(4đ)
Xét đa thức f(t) = t3 + at2 + bt+ c có các nghiệm là x, y, z.
1.0đTừ phương trình x+ y + z = 0, ta suy ra a = 0.
Do đó f(t) = t3 + bt+ c
Mặt khác
1.0đ
xn+3+yn+3+zn+3+b (xn+1 + yn+1 + zn+1)−16 (xn + yn + zn) = 0 (4)
Và đặt Sn = x
n + yn + zn với n ∈ N∗. Khi đó (4) trở thành
Sn+3 + bSn+1 − 16Sn = 0
Ta có S7 = −bS5 + 16S4 = −b (−bS3 + 16S2) + 16 (−bS2 + 16S1) = b2S3 −
32bS2 + 256S1 (5)
1.0đThế S7 = 16128, S3 = 48, S2 = −2b, S1 = 0 vào (5), ta được b = ±12
+b = 12, ta được f(t) = t3 + 12t− 16 có nghiệm duy nhất (không thỏa)
+b = −12, ta được f(t) = t3 − 12t− 16 có ba nghiệm t = −2; t = 2; t = 4
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) là (−2; 2; 4) và các hoán vị của nó.
2(4đ)
a) Phương trình đặc trưng λ2 − 4λ+ 1 = 0 ; λ1 = 2−
√
3 ; λ2 = 2 +
√
3
1đ
un = c1λ
n
1 + c2λ
n
2{
c1λ1 + c2λ2 = 1
c1λ
2
1 + c2λ
2
2 = 2
D =
∣∣∣∣∣ λ1 λ2λ21 λ22
∣∣∣∣∣ = λ1λ2 (λ2 − λ1) = 2√3
Dc1 =
∣∣∣∣∣ 1 λ222 λ22
∣∣∣∣∣ = λ22 − 2λ1 = 3 + 2√3
Dc2 =
∣∣∣∣∣ λ1 1λ21 2
∣∣∣∣∣ = 2λ1 − λ21 = −3 + 2√3
c1 =
3 + 2
√
3
2
√
3
=
√
3 + 2
2
; c2 =
−3 + 2√3
2
√
3
=
2−√3
2
Vậy un = c1λ
n
1 + c2λ
n
2 =
2 +
√
3
2
λn1 +
2−√3
2
λn2 , n ≥ 1
Ta có λ1.λ2 = 1. Vậy:
1đ
un =
2 +
√
3
2
(2−√3)λn−11 +
2−√3
2
(2 +
√
3)λn−12
=
1
2
(
λn−11 + λ
n−1
2
)
, n ≥ 1
Từ đó:
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
u2n + u
2
n−1 =
1
4
[
λ
2(n−1)
1 + λ
2(n−1)
2 + λ
2(n−2)
1 + λ
2(n−2)
2 + 4
]
=
1
4
[
λ2n−41 (λ
2
1 + 1) + λ
2n−4
2 (λ
2
2 + 1) + 4
]
=
1
4
[
4λ2n−31 + 4λ
2n−3
2 + 4
]
= λ2n−31 + λ
2n−3
2 + 1
4unun−1 = 4
(
λn−11 + λ
n−1
2
) (
λn−21 + λ
n−2
2
)
= λ2n−31 + λ
2n−3
2 + (λ1λ2)
n−2 (λ1 + λ2)
= λ2n−31 + λ
2n−3
2 + 4
Vậy u2n + u
2
n−1 − 4unun−1 = −3
b) Chứng minh
u2n − 1
3
là số chính phương.
1đ
Từ câu a) ta có 4u2n + u
2
n−1 − 4unun−1 = 3u2n − 3
=⇒ (2un − un−1)2 = 3u2n − 3
=⇒ u
2
n − 1
3
=
(2un − un−1)2
9
Ta sẽ chứng minh rằng:
 2un − un−1
... 3, ∀n ≥ 2
2un−1 − un ... 3, ∀n ≥ 2
1đ
Thật vậy: với n = 2 thì
 2u2 − u1 = 4− 1 = 3
... 3
2u1 − u2 = 0 ... 3
Giả sử ta có
 2uk − uk−1
... 3
2uk−1 − uk ... 3
với ∀k ≥ 2
Suy ra:
2uk+1 − uk = 2 [4 (uk)− uk−1]− uk
= 8uk − 2uk−1 − uk
= 6uk + uk − 2uk−1 ... 3
2uk − uk+1 = 2uk − (4uk − uk−1)
= −2uk + uk−1 ... 3.
Nói riêng ta có 2un − un−1 ... 3, ∀n ≥ 1
Suy ra 2un − un−1 = 3k, k ∈ Z
Vậy
u2n − 1
3
= k2 suy ra
u2n − 1
3
là số chính phương.
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
3(4đ)
O
B
A
P
O1
O2
H
M
K
C
D
N
L
F
E
1đ
a) Ta có ĈMD = ÂMB = 90◦ =⇒ CD là đường kính của (O1)
=⇒ ÎDM = ÎMD = ÔBM =⇒ CD ‖ AB
Từ đó CN = DN =⇒ ÂMN = B̂MN = 45◦ hay MK là tia phân giác của
góc ÂMB. Vậy K là trung điểm của cung AB và K là một điểm cố định. 1đ
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có HL đi qua K.
b) Cũng từ kết quả trên ta cũng có: F̂AN = F̂NA = ÊBN = ÊNB = 45◦
1đ
Suy ra ÂFN = B̂EN = ÊNF = 90◦ hay tứ giác NEKF là hình chữ nhật.
Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi:
p = AB+BE+EF +FA = AB+BE+EK +NK = AB+BK +NK =
2R +R
√
2 +NK
Mà NK ≥ OK = R. Đẳng thức chỉ xảy ra khi N ≡ O hay (O1) là đường
tròn tiếp xúc AB tại O =⇒ P ≡ B =⇒ điều này không thể xảy ra do giả
thiết B 6= P
1đ
Vậy NK > R hay T > R(3 +
√
2)
4(4đ)
Bổ đề: Với dãy số hữu hạn số nguyên dương (ak) , k = 1, n+ 1, trong đó
mỗi số không lớn hơn 2n thì luôn tồn tại hai số trong chúng thỏa mãn số
này chia hết cho số kia.
Chứng minh:
Do ai ∈ N∗
(
i = 1, n+ 1
)
nên ta luôn viết được ai = 2
si .ri, trong đó si ∈ N
và ri ∈
{
2k − 1|k = 1, n}
1đ
Từ đó vì ri chỉ nhận n giá trị lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet trong n+1 số
đã cho phải tồn tại hai số ai, aj(i 6= j) thỏa mãn ri = rj. Không mất tính
tổng quát giả sử ai ≥ aj, khi đó ai ≡ 0(modaj)
1đ
Xét bài toán đã cho:
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Do dãy số đã cho là một dãy hữu hạn nên tồn tại số nhỏ nhất trong chúng,
không mất tổng quát giả sử ai = min {ak} , k = 1, 2013. Khi đó ta chỉ cần
chứng minh ai > 1342 là đủ.
1đ
Thật vậy, giả sử ai ≤ 1342, khi đó ta có 2014 số 2a1, 3a1, a2, a3, . . . , a2013
thỏa mãn không có số nào lớn hơn 4026. Theo giả thiết [ai, aj] > 4026, i, j =
1, 2013, i 6= j nên trong dãy 2014 số ở trên không thể tồn tại 2 số thỏa mãn
số này là bội của số kia. Điều này vô lý với bổ đề ở trên. Vậy a1 > 1342
5(4đ)
Giả sử có khả năng sau một số hữu hạn bước nhận được bảng có 6 dấu “-”.
Cho tại hàng thứ i ta đã đổi dấu xi lần còn tại cột thứ j ta đã đổi dấu yj
lần. Khi đó tại ô (i, j) ta đã thay đổi xi + yj lần. Suy ra tại ô này có dấu
“-” khi và chỉ khi xi + yj là số lẻ.
1đ
Cho p là số lượng số lẻ giữa các số xi.
1đCho q là số lượng số lẻ giữa các số yj. Khi đó số lượng các dấu “-” trên bảng
sẽ là:
p(10− q) + (10− p)q = 10p+ 10q − 2pq
Từ đó ta có đẳng thức 10p + 10q − 2pq = 6 ⇐⇒ 5p + 5q − pq = 3 ⇐⇒
(p− 5)(q − 5) = 2.11 1đ
Vì 11 là số nguyên tố nên hoặc p− 5 ... 11 hoặc q − 5 ... 11
Giả sử p− 5 ... 11 thế nhưng −5 ≤ p− 5 ≤ 5 nên p− 5 ... 11 thì p− 5 = 0 điều
này trái với (p− 5)(p− q) = 2.11. 1đ
Vậy câu trả lời là không thể.