Đề thi chọn đội tuyển tham dự kỳ thi chọn HSG Quốc gia 2018 sở GD và ĐT Quảng Ngãi (Ngày 2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2018 Ngày thi: 27/10/2017 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1. (7 điểm) Cho hàm số f: Ժା⟶Ժା thỏa điều kiện

(x + f(y))|( f(x) + xf(y)), ∀ x, y ∈ Ժା (*) .

a) Giả sử f không là hàm hằng, tìm f(2).

b) Tìm tất cả hàm số f thỏa điều kiện (*).

Bài 2. (7 điểm)

a) Cho P(x) là một đa thức hệ số nguyên và năm số nguyên phân biệt x1, x2, x3, x4, x5

thỏa điều kiện P(xi)=5 với i=1,2,3,4,5. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n nào

để -6 ൑ P(n) ൑4 hoặc 6 ൑ P(n) ൑16.

b) Cho x1, x2, …, xk ; y1, y2, …, yn là các số nguyên phân biệt (với k, n ∈ Ժା) sao cho

tồn tại đa thức hệ số nguyên P(x) thỏa điều kiện

1 2

1 2

( ) ( ) ... ( ) 58 . (y ) (y ) ... (y ) 2017

k

n

P x P x P x

P P P

          

Xác định giá trị lớn nhất của kn.

Bài 3. (6 điểm)

Trên một đường thẳng có 20 điểm P1, P2, …, P20 được sắp theo thứ tự đó, mỗi điểm

sẽ được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu để cho nếu

số các điểm liền kề được tô màu giống nhau thì luôn là một số lẻ ?

…………………………………HẾT……………………………………...  Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2018 Ngày thi: 27/10/2017 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Nội dung cần đạt Điểm Bài 1. (7 điểm)

Cho hàm số f: Ժ൅⟶Ժ൅ thỏa điều kiện

(x + f(y))|( f(x) + xf(y)), ∀ x, y ∈ Ժ൅ (*) .

a) Giả sử f không là hàm hằng, tìm f(2).

b) Tìm tất cả hàm số f thỏa điều kiện (*).

a. Đặt P(x,y) là x + f(y)| f(x) + xf(y) - Với P(1,1): 1+f(1)| 2f(1) ⟹1+f(1)| 2 hay f(1)=1 - Với P(2,2): 2+f(2)| 3f(2) ⟹ 2+f(2)|6 hay f(2)=1 hoặc f(2)=4

1 điểm

Nếu f(2)=1 thì P(2,n): 2+f(n)| f(2)+2f(n)=1+2f(n) ⟹ 2+f(n)|3 với mọi n hay f(n)=1 với mọi n. Vậy f(2)=4.

1 điểm

b. Với P(n,m): n+f(m)| f(n)+nf(m) ⟹ n+f(m)| f(n)-n2 với mọi n,m. 1.5 điểm

Giả sử tồn tại n0 >1 mà f(n0) ് n02 khi đó n0 + f(m)| f(n0) - n02 suy ra f(m) bị chặn. 1 điểm Với P(n,1): n+1| f(n)+n ⟹ n+1| f(n)-1 và do f(n) bị chặn nên tồn tại N để f(n)=1 với mọi n>N. 1 điểm Cho n>N và m൑N với P(n,m): n+f(m)| 1+nf(m) hay n+f(m)| f(m)2-1 với mọi n>N suy ra f(m)=1 với mọi m൑N. Hay f(m)=1 với mọi n. Vậy f(n)=1 hoặc f(n)=n2 với mọi n.

1.5 điểm

Bài 2. (7 điểm)

a) Cho P(x) là một đa thức với hệ số nguyên và năm số nguyên phân biệt

x1, x2, x3, x4, x5 thỏa điều kiện P(xi)=5 với i=1,2,3,4,5. Chứng minh rằng

không tồn tại số nguyên n nào để -6 ൑ P(n) ൑4 hoặc 6 ൑ P(n) ൑16.

b) Cho x1, x2, …, xk ; y1, y2, …, yn là các số nguyên phân biệt với k, n ∈ Ժ൅

sao cho tồn tại đa thức hệ số nguyên P(x) thỏa điều kiện

1 2

1 2

( ) ( ) ... ( ) 58 . (y ) (y ) ... (y ) 2017

k

n

P x P x P x

P P P

          

Xác định giá trị lớn nhất của kn.

a. Ta có P(x)-5= (x-x1)(x-x2)…(x-x5).Q(x) với Q(x) là đa thức với hệ số nguyên. Giả sử tồn tại số nguyên n để -6൑ P(n)൑4 hoặc 6൑ P(n)൑16 suy ra 0<|P(n)-5|൑11

1 điểm

Ta thấy ngay P(n)-5 được phân tích thành tích của 6 số nguyên, trong đó có 5 số phân biệt. Mà các số nguyên -11,-10,…,10,11 không có số nào thỏa điều kiện đó.

1 điểm

b. Ta có Q(x)=P(x)-58= (x-x1)(x-x2)…(x-xk).S(x) trong đó S(x) là một đa thức với hệ số nguyên. Và Q(y1)=Q(y2)=…=Q(yn)=1959 (có 1959=3.653).

1 điểm

Q(y1)=1959 được phân tích thành k+1 số nguyên trong đó có k số phân biệt nên suy ra k ൑ 4. Tương tự ta cũng có n ൑ 4.

1 điểm

Nếu n=4 thì Q(y1)=(y1-x1)(y1-x2)…(y1-xk).S(y1) Q(y2)=(y2-x1)(y2-x2)…(y2-xk).S(y2) Q(y3)=(y3-x1)(y3-x2)…(y3-xk).S(y3) Q(y4)=(y4-x1)(y4-x2)…(y4-xk).S(y4) Ta thấy các số yi-x1 là phân biệt và một số là -1, một số là 1, một số có giá trị tuyệt đối 3, một số có giá trị tuyệt đối là 653. Giả sử 2x1=y1+y2 và |y3-x1|=3, |y4-x1|=653 (*).

0.5 điểm

Nếu k>1 thì x1 ് x2, tương tự như thế trong các số yi-x2 cũng có các trường hợp sau 2x2=y1+y3 hoặc 2x2=y3+y4 (những th khác tương ứng) Nếu 2x2=y1+y3 thì |y4-x2|് 653 suy ra …