Đề thi chọn HSG Lớp 12 môn Toán (Lần 2) - Sở GD&ĐT Hồ Chí Minh 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG Lớp 12 môn Toán (Lần 2) - Sở GD&ĐT Hồ Chí Minh 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN – NGÀY THI THỨ HAI Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Bài 1.(5 điểm) Cho hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 2 3 f x3 x f 2x 2 và f 2x 3 f x3 x 2 với mọi x ¡ . a) Chứng minh rằng f x không phải là đơn ánh trên ¡ . b) Chứng minh rằng f (x) 1 với mọi x ¡ . Bài 2.(5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân và nội tiếp O . Một đường tròn J thay đổi đi qua B,C và cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D và E . Trên đường thẳng BC lấy hai điểm phân biệt R, S sao cho DER và DES tiếp xúc với đường thẳng BC . Giả sử ADE cắt O tại M khác A . Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tam giác RSM . a) Chứng minh rằng đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS . b) Chứng minh rằng điểm O luôn di động trên một đường thẳng cố định khi J thay đổi. Bài 3.(5 điểm) Cho S là tập hợp các bộ a1 ,a2 , ,a164 là hoán vị của 164 số nguyên dương đầu tiên. a) Có bao nhiêu hoán vị a1 ,a2 , ,a164 thuộc S sao cho với mọi i 1,2, ,164 ta luôn có ai i và ai  i mod 41 ? b) Tồn tại hay không hoán vị (a1,a2 ,,a164 ) thuộc S sao cho với mọi i {1,2,,164}đều 2 tồn tại các số nguyên bi {0,1,,40} thỏa mãn a1 a2  ai  bi (mod 41) ? Bài 4. (5 điểm) Tại một hội nghị khoa học có 100 đại biểu tham dự. Người ta nhận thấy rằng không có 3 đại biểu nào đôi một quen nhau. Biết rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho không có đại biểu nào quen quá n đại biểu khác và với mọi k , 1 k n có ít nhất một đại biểu quen đúng k đại biểu khác. Hãy tìm giá trị lớn nhất của n .  HẾT 
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1.(5 điểm) Cho hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 2 3 f x3 x f 2x 2 và f 2x 3 f x3 x 2 với mọi x ¡ . a) Chứng minh rằng f x không phải là đơn ánh trên ¡ . b) Chứng minh rằng f (x) 1 với mọi x ¡ . Lời giải a) Chứng minh rằng f x không phải là đơn ánh trên ¡ . Xét phương trình x3 x 2x x 0, x 1. Thay x 0 vào các điều kiện của đề bài, ta có 2 3 f 0 f 0 2 1 f 0 2 và f 0 3 f 0 2 f 0 1 f 0 2 . Suy ra f 0 1 hoặc f 0 2 ; tức là f 0 1;2 . Một cách tương tự, thay x 1, x 1 trong điều kiện thứ nhất và thay x 1, x 1 trong điều kiện thứ hai, ta có f 2 1;2 và f 2 1;2. Do đó, trong ba số f 0 , f 2 , f 2 phải có hai số bằng nhau; điều này chứng tỏ f x không phải là một đơn ánh trên ¡ . b) Chứng minh rằng f (x) 1 với mọi x ¡ . Theo giả thiết suy ra f (2x) ( f (x3 x))2 2 2 với mọi x ¡ nên f (x) 2, x ¡ Từ f ( 2x) 3 3 f ( x3 x) 2 3 4,x ¡ . Suy ra f (x) 3 4,x ¡ . 3 Ta xây dựng dãy số u1 2, un 1 3un 2, n 1 Rõ ràng theo biến đổi trên thì với mọi x ¡ , ta luôn có f (x) un ,n 1. 3 3 3 Ta thấy u2 4 u1 nên u3 3u2 2 3u1 2 u2 và cứ như thế , ta thấy dãy đã cho là dãy số tăng ngặt. Ngoài ra , cũng bằng phương pháp quy nạp toán học , ta thấy un 1 với mọi n 1. Thật vậy: Với n 1 có u1 2 1 (mệnh đề đúng với n 1). Giả sử mệnh đề đúng với n k (k ¥ ) tức là uk £ - 1 Ta chứng minh mệnh đề đúng với n k 1 . Ta có: uk £ - 1 Û 3uk £ - 3 Û 3uk + 2 £ - 3 + 2 3 Û 3uk + 2 £ - 1 Û uk+ 1 £ - 1
3. Từ đó dãy (un ) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn , đặt là L , L 1 . Ta có L 3 3L 2 , giải ra có L 1 . Vì limun 1 nên phải có f (x) 1, ¡ , đpcm. Bài 2.(5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân và nội tiếp O . Một đường tròn J thay đổi đi qua B,C và cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D và E . Trên đường thẳng BC lấy hai điểm phân biệt R, S sao cho DER và DES tiếp xúc với đường thẳng BC . Giả sử ADE cắt O tại M khác A . Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tam giác RSM . a) Chứng minh rằng đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS . b) Chứng minh rằng điểm O luôn di động trên một đường thẳng cố định khi J thay đổi. Lời giải A E M D O F J R T B L S N C O' G K a) Giả sử DE  BC T thì M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BCEDAT nên điểm M AT . Ta có: TM.TA TD.TE TS 2 TR2 nên T là trung điểm của RS . Từ đó ta có TMS : TSA T·SM T· AS . Tương tự thì T·RM T· AR . Do đó: T·SM T·RM T· AS T· RA R· AS hay R· SM R· AS 180 . Mặt khác, gọi H là trực tâm của ARS thì R· HS R· AS 180 nên R· HS R· MS . Từ đây suy ra đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS . b) Vì đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS nên nó đối xứng với đường tròn ARS qua BC , mà ARS đi qua điểm A cố định nên đường tròn O đi qua điểm K đối xứng với A qua BC , cũng cố định. Gọi F BE CD, L AF  BC thì TL, BC 1. Ta có TS 2 TR2 TM.TA TB.TC nên RS , BC 1.
4. BC 2 Gọi N là trung điểm của BC , khi đó NS.NR NB2 const . 4 Gọi G là giao điểm của đường thẳng NK với O , G K . BC 2 Suy ra NG.NK NS.NR const . Do đó, suy ra NG const G cố định. 4 Vậy O di động trên đường trung trực của KG cố định. Bài 3.(5 điểm) Cho S là tập hợp các bộ a1 ,a2 , ,a164 là hoán vị của 164 số nguyên dương đầu tiên. a) Có bao nhiêu hoán vị a1 ,a2 , ,a164 thuộc S sao cho với mọi i 1,2, ,164 ta luôn có ai i và ai  i mod 41 ? b) Tồn tại hay không hoán vị (a1,a2 ,,a164 ) thuộc S sao cho với mọi i {1,2,,164}đều 2 tồn tại các số nguyên bi {0,1,,40} thỏa mãn a1 a2  ai  bi (mod 41) ? Lời giải +) Chia các số từ 1,2, ,164 thành 41 nhóm theo số dư, khi chia cho 41 thì rõ ràng mỗi nhóm có 4 số ( 4 số này ở các vị trí ai ,ai 41 ,ai 82 ,ai 123 với i 1,41 của hoán vị). Các số trong mỗi bộ trên sẽ được hoán vị đổi vị trí cho nhau. +) Ta thấy với một bộ x1 , x2 , x3 , x4 , ta có 9 cách hoán vị là: (x2 , x1 , x4 , x3 ),(x2 , x3 , x4 , x1),(x2 , x4 , x1 , x3 ), (x3 , x1 , x4 , x2 ),(x3 , x4 , x1 , x2 ),(x3 , x4 , x2 , x1), (x4 , x1 , x2 , x3 ),(x4 , x3 , x2 , x1),(x4 , x3 , x1 , x2 ). để cho không có phần tử nào nằm đúng vị trí ban đầu +) Vì thế có tất cả 941 hoán vị thỏa mãn đề bài. 1 1 1 Lưu ý: Nếu thí sinh dùng công thức D4 4! 9 cũng cho điểm tối đa. 2! 3! 4! b) Tồn tại hay không hoán vị (a1,a2 ,,a164 ) thuộc S sao cho với mọi i {1,2,,164}đều 2 tồn tại các số nguyên bi {0,1,,40} thỏa mãn a1 a2  ai  bi (mod 41) ? *Bổ đề: Với p là số nguyên tố có dạng 3k 2 thì {13,23,, p3} sẽ lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo mod p. Chứng minh bổ đề: Giả sử trong bộ trên có hai số i j sao cho i3  j3 (mod p) thì i3k  j3k (mod p) . Theo định lý Fermat nhỏ thì i3k 1  j3k 1(mod p) nên i3k 1  j3k 1 j  j3k  j i3k (mod p) kéo theo i3k (i j) p hay i  j(mod p) , vô lý vì i, j {1,2,, p} và i j. (Bổ đề được chứng minh) 3 * Ta sẽ xây dựng hoán vị thỏa mãn đề bài sao cho ai  i (mod 41) với mọi 1 i 164.
5. Với 41 số đầu tiên, theo nhận xét thì các số {13,23,,413} có số dư đôi một khác nhau khi chia cho 41 nên ta sắp xếp chúng để số dư thay đổi từ 1 41. Các số 42 82; 83 123; 124 164 cũng được thực hiện hoán vị tương tự. Hoán vị này thỏa mãn vì 2 3 3 3 i(i 1) a1 a2  ai 1 2  i (mod 41) . 2 Lưu ý: Ta dễ dàng chứng minh bằng phương pháp qui nạp kết quả sau: Với mọi số tự nhiên n 2 3 3 3 3 n n 1 thì 1 2 3 n . 2 Bài 4. (5 điểm) Tại một hội nghị khoa học có 100 đại biểu tham dự. Người ta nhận thấy rằng không có 3 đại biểu nào đôi một quen nhau. Biết rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho không có đại biểu nào quen quá n đại biểu khác và với mọi k , 1 k n có ít nhất một đại biểu quen đúng k đại biểu khác. Hãy tìm giá trị lớn nhất của n . Lời giải Ta chứng minh nmax 66 . Giả sử nmax 66 . Cách 1: Khi đó tồn tại đại biểu A100 quen 67 đại biểu A1 , A2 , , A67 . Gọi X là tập hợp các đại biểu A68 , A69 , , A99 thì X 32 . Khi đó các đại biểu A1 , A2 , , A67 chỉ có thể quen A100 và các đại biểu thuộc X ( vì các đại biểu Ai , Aj với 1 i j 67 không thể quen nhau). Suy ra họ quen không quá 33 đại biểu. Vì vậy những đại biểu quen 34, 35, , 65, 66 đại biểu khác phải thuộc X . Điều này vô lý bởi X 32 66 34 1=33. Cách 2: Xét người A có 67 người quen. Xét người B có lớn hơn hoặc bằng 34 người quen. Nếu A quen B , khi đó trong 98 người còn lại có 66 người quen A và lớn hơn hoặc bằng 33 người quen B . Do 66 33 99 98 nên A , B phải có người quen chung (mâu thuẫn giả thiết ). Vậy A không quen B . Vì có ít nhất 33 người có số người quen tương ứng là 34 , 35 , , 66 nên có ít nhất 33 người không quen A . Điều này mâu thuẫn vì A quen với 67 người. Vậy nmax 66 . Ta xây dựng ví dụ thỏa mãn n 66 như sau: A1 quen với B1 , B2 , , B66 , A2 quen với B2 , B3 , , B66 , , A34 quen với B34 , , B66 .
6. Khi đó không có 3 người đôi một quen nhau và Ak quen với 67 k người k 1, ,34 và Bk quen với k người k 1, ,34 , Bk quen với 34 người k 35, ,66 . Rõ ràng trường hợp trên thỏa mãn các yêu cầu đề bài.  HẾT 