đề thi & đáp án HSG toán hà nội vòng 2

Chứng minh rằng nếu tồn tại một số nguyên n sao cho n = P2011n thì a là một số chính phương lẻ.. 1 Xác định số hạng tổng quát Un của dãy số trên.. Bài III.4 điểm Cho tam giác nhọn ABC..

Năm học 2011 - 2012

Môn thi: Toán

Ngày thi 07 - 11 - 2011 Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)

Bài I.(4 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2















2) Cho đa thức P(x)4x25x 1 a  với x R  và a là số nguyên cho

trước Ta định nghĩa P2(x) = P(P(x)) = 4(P(x))2 + 5P(x) + 1 – a; Pk+1(x) = P(Pk(x)) với

k nguyên dương khác 1 Chứng minh rằng nếu tồn tại một số nguyên n sao cho

n = P2011(n) thì a là một số chính phương lẻ

Bài II.(4 điểm)

Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U1 = 1; U2 =2; U4 = 5; với mọi số n

nguyên dương khác 1 ta có : 2

n

n 1 n 1

U U  U a trong đó a21 1) Xác định số hạng tổng quát Un của dãy số trên

2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho Un chia hết cho 10

Bài III.(4 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC Từ điểm E bất kỳ trên cạnh AC (E khác A và C) kẻ

đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt cạnh AB tại D

Lấy điểm M trên cạnh AB sao cho Qua giao điểm O của đường thẳng

BE và CD kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt cạnh

AC tại N Chứng minh rằng OM = ON

Bài IV.(4 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho và là các số

nguyên tố và thỏa mãn :

Bài V.(4 điểm)

Trong mặt phẳng cho10 điểm trong đó khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ có độ

dài là một số nguyên dương Chứng minh rằng có ít nhất 7 đoạn thẳng có hai đầu mút

là các điểm trong 10 điểm đã cho có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3

-Hết -

ĐỀ CHÍNH THỨC

HÀ NỘI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

Năm học:2011 – 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN

Ngày thi: 07 tháng 11 năm 2011

I

(4điểm)

1) Giải hệ phương trình















ĐK: x   3; x  0; y  0 Đặt y kx kx 02 2

y k x









Phương trình (1) trở thành:

2 2

2 2 2 2 2

(k 2) (k k 1) 0 k 2 3x 3k x 2x k x





1,0

Với k = 2 có y  2x ; (x  0; y  0) Phương trình (2) trở thành:

4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1

2



Đặt t x 3 1

2



  Ta có hệ

2

2

2x 4x 1 t 2t 4t 1 x

x 0; t 1



  





Giải hệ ta được t=x

2

KL hệ có nghiệm là 3 17 13 3 17;

1,0

2)Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đầu bài

Xét dãy (xn) sao cho x1 = n; x2 = P(x1) ; x3 =P(x2);…

x2011 = P(x2010); từ giả thiết ta có x1 = P(x2011)

Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà x1Zsuy ra x1;

x2;…;x2011 là số nguyên

*) Giả sử xi x ( ij   j; i, j 1;n)

Ta có : P(x )2 P(x ) (x1 2 x )1 (x3x ) (x2 2 x )1 Chứng minh tương tự : (x4 x ) (x3 3 x )2 ;…

(x2011x2010) (x2010x2009) ; (x1x2011) (x2011x2010); (x2 x ) (x1 1x2011); Suy ra x2 x1  x3x2   x1x2011 k

1,0

trong 2011 số (x2 – x1); (x3 – x2);….; (x1 – x2011) sẽ có m

số bằng k và 2011 – m số bằng – k ; Suy ra

0(x x )(x x ) (x  x )mk(2011 m)k

    vô lý

*) Vậy k=0 x1x2   x2011x1P(x )1

1,0

II

(4điểm)

1) Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U1 = 1;

U2 =2; U4 = 5; với mọi n nguyên dương , n2 ta có :

2 n

n 1 n 1

U  U  U a với a2 1

Ta có U U2 4 U32 a U32U U2 4 a 10 a U3 3

Ta có Un là dãy tăng và Un >3 với mọi n4

2 n

n 1

n 1

2 n

n 1 n 1

U





Giả sử 2n 1 U

n 1

n 1

U   suy ra 2 U

n 1  vô lý vậy

2

n 1

U  và U2n  1 không thể cùng chia hết cho U

n 1  nên tồn

tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài

Xét dãy : 1 2

V 1;V 2

V  V  V



Chứng minh bằng quy nạp ta được Vn 1 n 1 V  Vn2( 1) n

Nên dãy Vn là một dãy thỏa mãn đầu bài

Vậy 1 2

U 1; U 2

U  U  U





n

U

5

1,0

1,0

2) Ta có vì Un 2 Un 1 Un 2Un Un 1 Un 1(mod 2)

Mà U2 =2 nên 0U2 U5   U3k 2 (mod 2) Vậy U 2n  n 3k2

Ta lại có

n 1

n 2 n 3 n 3(mod 5) (n 4)







Mà U4 =5 nên U 54 U9 3U (mod5)4 U 59 Vậy U 5n  n 5k4



1,0

Vì 1 n 2012 1 15m 1 2012    1 m 134

Vậy có 134 số thỏa mãn đầu bài là n =15m – 1 với

1,0

III

(4điểm)

Lấy F đối xứng với E qua AB C, M, F thẳng hàng

Áp dụng định lý sin vào ∆DME và ∆BMC :( )

Mà ME = MF nên

Vậy OM = ON

1,0 1,0

1,0

1,0

IV

(4điểm)

Ta có (1)

Do vai trò của a, b như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử ta có:

(1)

1,0

N

F

M

O

E D

C B

A

Do là số nguyên tố nên hoặc

Trong mọi trường hợp ta đều có suy ra

Hay

Hay suy ra

 Nếu a = b thì

(mâu thuẫn)  Nếu b = a – 1 thì hay

là số nguyên tố và là số nguyên tố Nếu thì

Mà trái với là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5

Suy ra a = 2 suy ra b = 1 và c = 3

Vậy có 2 bộ số thỏa mãn đầu bài là (2;1;3) và (1;2;3)

1,0

1,0

1,0

V

(4điểm)

Ta chứng minh bổ đề : Từ 4 điểm trên mặt phẳng mà khoảng cách giữa hai điểm có độ dài là một số nguyên dương luôn tồn tại một cạnh chia hết cho 3

Thật vậy gọi 4 điểm đó là A, B, C, D

+) Nếu A,B,C,D thẳng hàng ta thấy luôn tồn tại một cạnh có

độ dài chia hết cho 3 +) Nếu A, B, C, D không thẳng hàng Không mất tổng quát giả sử tia AC nằm giữa AB, AD

Giả sử trong 6 cạnh không có cạnh nào chia hết cho 3

1,0

1,0

C B

A

Đặt

Áp dụng định lý cosin trong các tam giác ABC, CAD, BAD ta có

Suy ra các số ; ;

là các số nguyên chia 3 dư 1 Mà

VT không chia hết cho 3, VP chia hết cho 3 vô lý Vây trong 4 đỉnh luôn tồn tại một cạnh có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3 Ta có cách chọn 4 điểm trong 10 điểm nên có cạnh Tuy nhiên mỗi cạnh được tính lần nên có ít nhất 7 cạnh có độ dài là một số nguyên dương chia hết cho 3

1,0

1,0 Chú ý: - Tổng điểm không làm tròn

- Cách giải khác đúng vẫn cho điểm tương ứng