Sở Giáo Dục và Đào Tạo KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 TP. HỒ CHÍ MINH LẦN XIX – NĂM 2013 Trường THPT Chuyên  Lê Hồng Phong Môn thi : Toán - Khối : 11 Ngày thi : 06-04-2013 Thời gian làm bài : 180 phút Ghi chú : Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số …….ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. Đề này có 01 trang. Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình 2 3 2 x 3y 2y 0 36(x x 3y ) 27(4y y) (2 3 9) x 1 0                . Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số     1 1 1 1 : 14 51 2 5 18 n n n n x x x x n x               a. Tính 2013 x b. Tính lim n x Bài 3: (3 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là AB = 3; BC = 5; CA = 7. Một đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, cắt cạnh AB, AC theo thứ tự tại M và N. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = . . BM CN AM AN Bài 4: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp hàm số , : f g R R  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: . ( 1) (2 1) 2 . (2 2) 2 (4 7) 1, i f x g x x ii f x g x x x R            Bài 5: (3 điểm) Cho x là một số thực. Chứng minh rằng nếu       2 2013 x x x  thì x là một số nguyên, trong đó kí hiệu   t để chỉ phần lẻ của số thực t . Bài 6: (3 điểm) Có hai đống đá, một đống có n hòn và đống kia có k hòn. Cứ mỗi phút một máy tự động lại chọn một đống có số hòn đá là chẵn và chuyển một nửa số hòn đá của đống đá được chọn sang đống kia (Nếu cả hai đống đều có số hòn đá là chẵn thì máy sẽ chọn ngẫu nhiên một đống). Nếu trong hai đống số hòn đá đều là lẻ thì máy sẽ ngừng làm việc. Hỏi tồn tại bao nhiêu cặp sắp thứ tự ( n , k ), với n và k là các số nguyên dương không vượt quá 2013, để máy tự động sau một khoảng thời gian hữu hạn sẽ dừng. Hết. ĐÁP ÁN: Bài 1: Giải hệ phương trình 2 3 2 x 3y 2y 0 36(x x 3y ) 27(4y y) (2 3 9) x 1 0                . 4 điểm 2 3 2 x 3y 2y 0 36(x x 3y ) 27(4y y) (2 3 9) x 1 0                (1) (I) Điều kiện x ≥ 0. Ta có (1)  2 2 ( 3x ) (3y 1) 1    . Do đó ta đặt 3x sin t 3y 1 cos t [0; ]           t . 1 điểm (I)  2 2 3 3 2 sin t cos t 1 4 3sin t 4(1 cost) 12(1 cost) 9(1 cost) (2 3 3)sint 1 0 t [0; ]                      .  3 3 4cos t 3cos t 4 3sin t 3 3sint 2sint 0 t [0; ]              cos3t 3 sin 3t 2 sin t 0 t [0; ]           . 1 điểm  sin(3t ) sin t 6 t [0; ]            t k 12 (k, m Z) 7 m t 24 2 t [0; ]                          t  7 19 ; ; 12 24 24          . 1 điểm Do đó ta được (I) có ba nghiệm là: * x = 2 1 sin 3 12  = 1 cos 1 2 3 6 . 3 2 12     và 1 cos 4 2 6 12 3 12 y       . * x = 2 1 7 sin 3 24  = 7 1 cos 1 4 2 6 12 . 3 2 24      và y = 7 1 cos 24 3   = 4 2(4 2 6) 12    * x = 2 1 19 sin 3 24  = 7 1 cos 1 4 2 6 12 . 3 2 24      và y = 19 1 cos 4 2(4 2 6) 24 2 12       . 1 điểm Bài 2 Cho dãy số     1 1 1 1 : 14 51 2 5 18 n n n n x x x x n x               a. Tính 2013 x b. Tính lim n x 4 điểm Đặt 3 n n x u       1 1 1 1 1 14 3 51 1 3 3 5 5 3 18 5 3 n n n n n n n n u u u u u u u u                    1,5 đi ể m 1 1 1 1 5 1 5 1 5 1 5 3 3 2 2 2 2 n n n n u u u u                      1 đi ể m 1 1 1 11.3 10 4 4 11.3 10 n n n n u u         1 4 3 3 11.3 10 n n n x u        0,5 đi ể m a) 2013 2012 4 3 11.3 10 x     0,5 đi ể m b) lim 3 n x    0,5 đi ể m Bài 3: Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là AB = 3; BC = 5; CA = 7. Một đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, cắt cạnh AB, AC theo thứ tự tại M và N. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = . . BM CN AM AN 3 điểm Gọi I là tâm, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có: MN đi qua I . AMN IAM IAN ABC ABC S S S S S    0,5 đi ể m   1 1 . 1 . 2 2 . 2 AM AN rAM rAN r AB BC CA AB AC      . .AB AC AB AC AB BC CA AN AM      0,5 đi ể m . .AB CN AC BM BC AN AM    . . 1 . . AB CN AC BM BC AN BC AM    0,5 điểm Theo bất đẳng thức AM – GM . . . . 1 2 . . . . . AB CN AC BM AB CN AC BM BC AN BC AM BC AN BC AM    0,5 đi ể m Suy ra P = 2 . . 4 . BM CN BC AM AN AB AC  hay 25 84 P  0,5 đi ể m Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . . 1 . . 2 AB CN AC BM BC AN BC AM   hay 14 2 5 AM AC BM BC   và 6 2 5 AN AB CN BC   Vậy giá trị lớn nhất của P là 25 84 khi 14 5 AM BM  và 6 5 AN CN  0,5 đi ể m N I A B C M Bài 4: Tìm t ấ t c ả các c ặ p hàm s ố , : f g R R  th ỏ a mãn đ ồ ng th ờ i hai đi ề u ki ệ n sau: . ( 1) (2 1) 2 . (2 2) 2 (4 7) 1, i f x g x x ii f x g x x x R            3 điểm Đ ặ t 2 2 1 4 7 2 1 x u x u        thay vào ( ii ) ta đư ợ c 5 5 ( 1) 2 (2 1) hay ( 1) 2 (2 1) (*) 2 2 u x f u g u f x g x           1 điểm Từ (*) và (i) ta được 5 3 7 (2 1) 2 (2 1) 2 4 4 3 7 ( ) 4 4 x g x x x g x x             1điểm Thay 5 (2 x 1) 2 2 x g x     vào i) được 5 7 5 7 ( 1) 2 2 ( 1) 6 2 2 2 2 7 ( ) 6 2 x f x x x x x f x x              Vậy 7 3 7 ( ) 6; ( ) 2 4 4 f x x g x x      1điểm Bài 5 Cho x là một số thực. Chứng minh rằng nếu       2 2013 x x x  thì x là một số nguyên, trong đó kí hiệu   t để chỉ phần lẻ của số thực t . 3 điểm Kí hiệu [ x ] để chỉ phần nguyên của số thực x . Ta có:     x x x   ,   2 2 2 x x x       ,   2013 2013 2013 x x x       . Theo đề bài ta có:       2 2013 x x x  . Suy ra : 2 x x a   (1) và 2013 x x b   (2) , trong đó     2 2013 , a x x b x x             . Từ (1) ta có: 1 4 0 0 a a       (do a Z  ). + Nếu a = 0 thì 2 0 1 x x x x      đều là số nguyên. 1 điểm + Nếu a > 0 thì khi đó tồn tại 2 số nguyên 1 n c  và 0 n d  sao cho : n n n x c x d   , 3 n   . (*) . Thật vậy, với n = 3 thì từ (1) ta có: 2 x x a      3 2 1 x x ax x a ax a x a         . Ta chọn: 3 3 1 1, 0 c a d a      . Giả sử (*) đúng với 3 n k   . Tức là ta có: k k k x c x d   , với , , 1, 0 k k k k c d Z c d    . (3) Suy ra:     1 2 . k k k k k k k k k x x x c x d x c x a d x c d x c a           . Ta chọn : 1 1 , k k k k k c c d d c a      . Do (3) và * a N  nên 1 1 , k k c d Z    và 1 1 1, 0 k k c d     . Vậy theo nguyên lí qui nạp ta có (*) là mệnh đề đúng. 1 điểm Nói riêng, với n = 2013, tồn tại 2 số nguyên 2013 1 c  và 2013 0 d  sao cho : 2013 2013 2013 x c x d   . Do đó, từ (2) suy ra: 2013 2013 2013 2013 1 b d c x d x b x Q c         (do b Z  ). Như vậy x là một nghiệm hữu tỉ của phương trình : 2 0 X X a    nên nó là một số nguyên. Vậy ta có đpcm. 1 đ Bài 6: Có hai đống đá, một đống có n hòn và đống kia có k hòn. Cứ mỗi phút một máy tự động lại chọn một đống có số hòn đá là chẵn và chuyển một nửa số hòn đá của đống đá được chọn sang đống kia (Nếu cả hai đống đều có số hòn đá là chẵn thì máy sẽ chọn ngẫu nhiên một đống). Nếu trong hai đống số hòn đá đều là lẻ thì máy sẽ ngừng làm việc. Hỏi tồn tại bao nhiêu cặp sắp thứ tự ( n , k ), với n và k là các số nguyên dương không vượt quá 2013, để máy tự động sau một khoảng thời gian hữu hạn sẽ dừng. 3 điểm Giả sử 2 a n u  và 2 b k v  , với u , v là các số lẻ. Chúng ta sẽ chứng minh rằng máy tự động sau một khoảng thời gian hữu hạn sẽ dừng đối với các cặp số và chỉ các cặp số ( n , k ) với a = b. 0,5 điểm Nếu a = b = 0, n và k lẻ, máy dừng. Nếu a = b > 0 thì từ cặp ( n , k ) máy tự động có thể nhận được cặp   1 1 2 ,2 ( 2 ) a a u u v    hoặc   1 1 2 (2 ),2 a a u v v    . Vì các số ( 2 ) u v  và (2 ) u v  lại là số lẻ, nên máy tự động làm giảm số mũ của 2 xuống 1 đơn vị. Qua a bước thì số này trở nên bằng 0 và máy tự động sẽ dừng. 0,5 điểm Bây giờ, xét a b  , không mất tổng quát, giả sử a b   Nếu 2 a b   , thì từ cặp ( n , k ) máy tự động có thể nhận được cặp   1 1 2 ( 2 ),2 a b a b u v v     với các số mũ trong luỹ thừa của 2 khác nhau.  Nếu 1 a b   , thì từ cặp ( n , k ) máy tự động có thể nhận được cặp   2 ( ),2 2 . ,2 , * 2 a a a m a m u v u v v v m N            với 2 m u v  là số lẻ, lại có các số mũ trong luỹ thừa của 2 khác nhau. Dễ dàng thấy rằng trong trường hợp này máy tự động làm việc mãi mãi không dừng. 1 điểm Chỉ còn việc đếm các cặp số ( n , k ) = (2 , a u 2 ) a v với 2 . 2013, 2 . 2013 a a u v  + Có 1007 số lẻ không vượt quá 2013, bởi vậy số cặp với a = 0 bằng 2 1007 ; + 503 số không vượt quá 2013 chia hết cho 2 và không chia hết cho 4, bởi vậy số lượng cặp với a = 1 bằng 2 503 ; … + Cứ tiếp tục như vậy, ta nhận được đáp số của bài toán là: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1007 503 252 126 63 31 16 8 4 2 1 1351709            . 1 điểm