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)









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

  

  

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

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

=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

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)

   

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


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 OM = ON
  



 

 

 

. (1)
Do vai trò của a, b như nhau nên không mất tính tổng quát
giả sử    ta có:
(1) 



 



 

 

     
1,0




 

 





   


 

 

  


   


 



 


  




 
Hay      suy ra     
 Nếu a = b thì 

 

 

 
 

 

 

 




   



   

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



 



   

  


Suy ra các số      ;      ;
    

  

là các số nguyên chia 3 dư 1.
Mà 

          
  





 




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