Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi thành phố Hà Nội năm học 2011 - 2012 môn Toán (V1)

 KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ 
 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
x y1 2x
3x 3y 2x y
2(2x y) 2x 6 y






 

   
. 
2) Cho đa thức 2P(x) 4x 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 : 2nn 1 n 1U U U a    trong đó 
2a 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------------------------------- 
Họ và tên thí sinh:..................................Số báo danh:......................................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HÀ NỘI 
www.VNMATH.com
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)
x y1 2x
3x 3y 2x y
2(2x y) 2x 6 y (2)






 

   
. 
ĐK: x 3;x 0;y 0    . Đặt 
2 2
kx 0
y kx
y k x

  

Phương trình (1) trở thành: 
2 2
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: 
2 2 x 34x 8x 2x 6 2x 4x 1 1
2

        
Đặt 
x 3
t 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 
2x 3 3 17 13 3 17x 1 2x 3x 1 0 x y
2 4 2
   
          
KL hệ có nghiệm là 
3 17 13 3 17
;
4 2
   
  
 
1,0 
www.VNMATH.com
2 
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 
1
x Z suy ra x1; 
x2;;x2011 là số nguyên. 
*) Giả sử i jx x ( i j; i, j 1;n)    
Ta có : 
2 1 2 1 3 2 2 1P(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 2011x x x x ... x x 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
2 1 3 2 1 20110 (x x ) (x x ) ... (x x ) mk (2011 m)k          
2m 2011 0(k 0)    vô lý 
*) Vậy k=0 1 2 2011 1 1x x .. x x P(x )      
2 2n 4n 5n 1 a a (2n 1)        đpcm 
1,0 
www.VNMATH.com
3 
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
nn 1 n 1U U U a    với 
2a 1 . 
Ta có 
2 4 3 3 2 4 3
2 2U U U a U U U a 10 a U 3         
Ta có Un là dãy tăng và Un >3 với mọi n 4 . 
2
n
n 1
n 1
2
nn 1 n 1
U a
U U U a U
U


 

    
Giả sử 2n 1 Un 1U   và 
2
n 1 Un 1
U 

 suy ra 2 U
n 1
vô lý vậy 
2
n 1U  và 
2
n 1U  không thể cùng chia hết cho Un 1 nên tồn 
tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài. 
 Xét dãy : 
1 2
n 2 n 1 n
V 1;V 2
V V V 
 

 
Chứng minh bằng quy nạp ta được n2nn 1 n 1V V V ( 1)    
Nên dãy Vn là một dãy thỏa mãn đầu bài 
Vậy 
1 2
n 2 n 1 n
U 1;U 2
U U U 
 

 
n n
n
1 1 5 1 5
U
2 25
     
      
     
1,0 
1,0 
2) Ta có vì n 1 n 1n 2 n 1U U U 2U U U (mod2)n n        
Mà U2 =2 nên 2 5 3k 20 U U ... U (mod2)    
Vậy nU 2 n 3k 2   
Ta lại có
n 1n 2 n 1 n n n 1 n 2
n 2 n 3 n 3
(mod 5) (n 4)
U U U 2U U 3U 2U
5U 3U 3U
   
  


    
  
Mà U4 =5 nên 4 9 4 9U 5 U 3U (mod5) U 5   
Vậy nU 5 n 5k 4   
Vậy n
n 3k 2
U 10 n 15m 1
n 5k ' 4
 
   
 
1,0 
www.VNMATH.com
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
ED
CB
A
www.VNMATH.com
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 
www.VNMATH.com
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 . 
www.VNMATH.com