SƠ
̉
GIA
́
O DU
̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII
THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO
̣
C 2012-2013
MÔN THI: TON
Ngy thi: 19 - 10 - 2012
Đ CHNH THC
Thơ
̀
i gian la
̀
m ba
̀
i: 180 pht. Bài 1. (4 điểm)
Cho số nguyên dương





Bài 2. (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số
:f R R
thỏa mãn :
22
( 2 ( )) 2( ( )) , ,
2
y
f x f y f x x y R    Bài 3. (4 điểm)
Giả sử số nguyên dương
n
có tất cả
k
ước dương là
12
, , ,
k
d d d
. Chứng minh rằng nếu
12

,
2
()C
tiếp xúc ngoài với nhau tại
.D
Tiếp tuyến chung trong của
1
()C
và
2
()C
cắt
()C
tại hai điểm
A
và
E
. Đường thẳng
AB
cắt
1
()C
tại điểm thứ hai
,M

đường thẳng
AC
cắt
2
()C

n
. Giải và biện luận theo
n
hệ phương trình sau:
1
3
1
3 ( 1,2, , )
0
i
n
i
i
n
i
i
x i n
xn
x




  







t n t n t n
t t t t n t t t
  
      
  
  
     
  
  
     
  
  
  
        
  
  
  
      1
1
2
1
0 ( 1,2, , )
9
0 ( 1,2, , )
2
4
4


  












Gọi
k
là số các
i
t
có giá trị bằng 0 và
l
là số các
i
t
có giá trị bằng
9
2
. Khi đó, ta có:

8

9nm
(
*
mN
),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:
 
12
( , , , )
n
S t t t
trong đó
m
giá trị bằng 0 và
8m

giá trị bằng
9
2

Hay
 
12
( , , , )
n
S x x x
trong đó
m
giá trị bằng

3 và

thì
12
yy
suy ra
g
là đơn ánh
+) Từ (1) cho
0x 
suy ra
2
( ( )) ( (0))g g y y g
suy ra tập giá trị của
g
là
R
.
Suy ra
g
là song ánh, nên tồn tại
aR
sao cho
( ) 0ga 
.
Cho
2 2 2 2
( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g        

(0) 0g

Do đó

 
0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x     
( ) ( ),g x g x x R     

+) với
0,x y R  
, ta có
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x y g x g y g x g y           

Vậy
( ) ( ) ( ), ,g x y g x g y x y R    

Ta có g cộng tính trên
Q
và g(1) = 1
( ) ,g x x x Q   

+) Cho
xy
khi đó
 
0g x y
và
         
g x g x y y g x y g y g y      

Suy ra
g
là hàm tăng thực sự

f x x R  
(thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)
Giả sử số nguyên dương
n
có tất cả
k
ước dương là
12
, , ,
k
d d d
. Chứng minh rằng nếu
12
2 1
k
d d d k n     
thì
2
n
là số chính phương.
Giải.
Gọi l
1
, l
2
, , l
s
là các ước lẻ của n và 2

1
+ l
2
+ + l
s
+

2l
1
+ 2l
2
+ + 2l
s
+ + 2
m
l
1
+

2
m
l
2
+ + 2
m
l
s
+ (m +1)s = 2n+1

2

k
kk
m
m
n
p p p
có số ước là
12
( 1)( 1) ( 1)
m
k k k  
suy ra k
i
chẵn (i=1,2, ,m)

2
m
n
là số chính phương.


2 1 2 2
2 . (2 . )
2
tt
n
n r r

  
(

Tiếp tuyến chung trong của
1
()C
và
2
()C
cắt
()C
tại hai điểm
A
và
E
. Đường thẳng
AB
cắt
1
()C
tại điểm thứ hai
,M

đường thẳng
AC
cắt
2
()C
tại điểm thứ hai
.N
Chứng minh rằng:
1 1 2
DA DE MN

CN
DD
CC
CC





.
Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN.
Do
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc với
()C
tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.
Gọi
F
là giao điểm của
AE
và MN. Suy ra
F
biến thành
E
và
2

Lưu ý:
Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì
''
.
k
AB
AB OAOB

.
www.VNMATH.com

Cch 2: Ta co
́
AM.AB = AN.AC 
AM AC
AN AB

 AMN ~  ACB




1
OAB OBA OMB
 O
1
M // OA.
Tương tư
̣
co

)
 FD = FM = FN.


 
ANF ABC AEC
 EFNC nô
̣
i tiếp
 AE.AF = AN.AC = AD
2

 (AD + DE)AF = AD(AF + DF)
 DE.AF = AD.DF

1
.
AF
DE AD DF


Do đo
́
:
1 1 1 1 2
. . .
AF DF AF DA
DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

      


Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq

Bảng có đúng 18 dấu –  2012p + 2012q – 2pq = 18  1006p + 1006q – pq = 9

 (p –1006)(q –1006) = 1006
2
– 3
2
 (p –1006)(q –1006) = 1003×1009

(1)
 (p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009

Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết
cho 1009 (2)

Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006}
nên (2)  p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1)

Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu – x
F
N
M
A
E
D