1 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 Bài Nội dung Điểm I (4điểm) 1) Giải hệ phương trình 2 (1) xy 1 2x 3x 3y 2x y 2(2x y) 2x 6 y (2)               . ĐK: x 3;x 0;y 0    . Đặt 22 kx 0 y kx y k x       Phương trình (1) trở thành: 22 2 2 2 2 2 1 2x x kx (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: 22 x3 4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1 2          Đặt x3 t1 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 x 3 3 17 13 3 17 x 1 2x 3x 1 0 x y 2 4 2               KL hệ có nghiệm là 3 17 13 3 17 ; 42        1,0 2 2)Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Xét dãy (x n ) sao cho x 1 = n; x 2 = P(x 1 ) ; x 3 =P(x 2 );… x 2011 = P(x 2010 ); từ giả thiết ta có x 1 = P(x 2011 ) Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà 1 xZ suy ra x 1 ; x 2 ;…;x 2011 là số nguyên. *) Giả sử ij x x ( i j; i, j 1;n)    Ta có : 2 1 2 1 3 2 2 1 P(x ) P(x ) (x x ) (x x ) (x x )     Chứng minh tương tự : 4 3 3 2 (x x ) (x x ) ;… 2011 2010 2010 2009 (x x ) (x x ) ; 1 2011 2011 2010 (x x ) (x x ) ; 2 1 1 2011 (x x ) (x x ) ; Suy ra 2 1 3 2 1 2011 x x x x x x k       1,0  trong 2011 số (x 2 – x 1 ); (x 3 – x 2 );….; (x 1 – x 2011 ) sẽ có m số bằng k và 2011 – m số bằng – k ; Suy ra 2 1 3 2 1 2011 0 (x x ) (x x ) (x x ) mk (2011 m)k          2m 2011 0(k 0)    vô lý *) Vậy k=0 1 2 2011 1 1 x x x x P(x )      22 n 4n 5n 1 a a (2n 1)        đpcm 1,0 3 II (4điểm) 1) Cho dãy số nguyên dương (Un) thỏa mãn U 1 = 1; U 2 =2; U 4 = 5; với mọi n nguyên dương , n2 ta có : 2 n n 1 n 1 U U U a   với 2 a1 . Ta có 2 4 3 3 2 4 3 22 U U U a U U U a 10 a U 3         Ta có U n là dãy tăng và U n >3 với mọi n4 . 2 n n1 n1 2 n n 1 n 1 Ua U U U a U U         Giả sử 2 n 1U n1 U   và 2 n 1U n1 U   suy ra 2U n1 vô lý vậy 2 n 1U  và 2 n 1U  không thể cùng chia hết cho U n1 nên tồn tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài. Xét dãy : 12 n 2 n 1 n V 1;V 2 V V V       Chứng minh bằng quy nạp ta được n2 n n 1 n 1 V V V ( 1)   Nên dãy V n là một dãy thỏa mãn đầu bài Vậy 12 n 2 n 1 n U 1;U 2 U U U       nn n 1 1 5 1 5 U 22 5                     1,0 1,0 2) Ta có vì n 1 n 1 n 2 n 1 U U U 2U U U (mod2) nn       Mà U 2 =2 nên 2 5 3k 2 0 U U U (mod2)      Vậy n U 2 n 3k 2   Ta lại có n1 n 2 n 1 n n n 1 n 2 n 2 n 3 n 3 (mod5) (n 4) U U U 2U U 3U 2U 5U 3U 3U                 Mà U 4 =5 nên 4 9 4 9 U 5 U 3U (mod5) U 5   Vậy n U 5 n 5k 4   Vậy n n 3k 2 U 10 n 15m 1 n 5k' 4          1,0 4 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 5 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 6 D 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 . . 2 (1) xy 1 2x 3x 3y 2x y 2( 2x y) 2x 6 y (2)               . ĐK: x 3;x 0;y 0    . Đặt 22 kx 0 y kx y k x       Phương trình (1) trở thành: 22 2 2 2 2 2 1 2x x kx (k 2) . minh tương tự : 4 3 3 2 (x x ) (x x ) ;… 20 11 20 10 20 10 20 09 (x x ) (x x ) ; 1 20 11 20 11 20 10 (x x ) (x x ) ; 2 1 1 20 11 (x x ) (x x ) ; Suy ra 2 1 3 2 1 20 11 x x x x x x k. 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: 22 x3 4x 8x 2x 6 2x 4x 1 1 2          Đặt x3 t1 2   .