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 ?
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
Tài liệu đính kèm: