Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán THPT - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Kon Tum (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán THPT - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Kon Tum (Có đáp án)

1. UBND TỈNH KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/8/2018 ___ MA TRẬN ĐỀ Mức độ nhận Thông Vận Vận Tổng thức hiểu dụng dụng cao cộng thấp Câu/ phần (chương trình gì) Câu 1: Hệ phương trình 3 3,0 điểm PT Câu 2: Chứng minh hệ thức 3 3,0 điẻm PT lượng giác trong tam giác Câu 3: Dãy số truy hồi với các 2 2,0 điểm Chuyên yêu cầu chứng minh hoặc tìm số hạng TQ hoặc tính giới hạn Câu 4: Tổ hợp 3 3,0 điểm PT Câu 5: Hình học phẳng 3 3,0 điểm PT 1) Chứng minh tính chất hình học 2) Vận dụng các kiến thức 2 2,0 điểm Chuyên chuyên Câu 6: Số học 2 2,0 điểm Chuyên Câu 7: Bất đẳng thức 2 2,0 điểm PT Tổng 6,0 điểm 8,0 điểm 6,0 điểm 20 điểm
2. UBND TỈNH KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ T HI CHÍNH TH ỨC Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/8/2018 (Đề này có 1 trang, gồm 7 câu). ___ x 1 x 1 y 1 y 1 Câu 1. (3,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 x x 12 y 1 36 Câu 2. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đặt BC a,, AC b AB c . Cho biết a , 2 b , c theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân. Tính B ,C . 3 u1 1, u 2 3 Câu 3. (2,0 điểm ) Cho dãy số un được xác định bởi: * . Tính un 2 u n 2 u n 1 1 , n u lim n . n n2 Câu 4. (3,0 điểm) Có 20 cây giống trong đó có 2 cây xoài, 2 cây mít, 2 cây ổi, 2 cây bơ, 2 cây bưởi và 10 loại cây khác 5 loại trên đồng thời đôi một khác loại nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 cây để trồng trong một khu vườn sao cho không có hai cây nào thuộc cùng một loại. Câu 5. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB AC ) là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn O , H là trực tâm tam giác. Gọi J là trung điểm của BC . Gọi D là diểm đối xứng với A qua O . 1) (3,0 điểm) Gọi MNP,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC,, CH BH . Chứng minh rằng tứ giác PJMN nội tiếp. 2) (2,0 điểm) Cho biết BAC 600 , gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng 2 AHI 3 ABC . Câu 6. (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố a thỏa mãn 8a2 1 cũng là số nguyên tố. Câu 7. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện 3a2 2 b 2 c 2 6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2( a b c ) abc . HẾT
3. UBND TỈNH KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC Môn: Toán Ngày thi: 18/8/2018 (Bản hướng dẫn gồm 05 trang) ___ HƯỚNG DẪN CHẤM THI I. HƯỚNG DẪN CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa ở phần điểm tương ứng. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Câu 5 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 x 1 x 1 y 1 y 1 (1) (3,0 đ) Giải hệ phương trình . 3,0 2 x x 12 y 1 36 (2) Điều kiện: x 1, y 1. 0,25 x 1 vì x y 1 không là nghiệm của hệ phương trình nên xét với . 0,25 y 1 Ta có 1 x 1 y 1 y 1 x 1 x y () x y 0,5 x 1 y 1 x 1 y 1 x y 0 1 1 x y 0,5 x 1 y 1 x 1 y 1 Thay x y vào phương trình thứ hai (2) , ta được phương trình 0,25 x2 x 12 x 1 36 x2 2 x 1 x 1 12 x 1 36 2 0,5 x 1 2 x 1 6 x 1 x 1 6 0 (VN) x 1 x 1 6 0 0,5 x 1 2 x 3 x 1 3 (VN) Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x; y 3;3 0,25
4. 2 2 Cho tam giác ABC vuông tại A và a , b , c theo thứ tự đó lập (3,0 đ) 3,0 3 thành cấp số nhân. Tính B ,C . Cho tam giác ABC vuông tại A nên ta có b asin B , c acos B 0,5 2 2 2 a , b , c lập thành cấp số nhân ac b 0,5 3 3 2 a2cos B a 2 sin 2 B 0,25 3 3cosBB 2sin2 0,25 3cosBBBB 2 2cos2 2cos 2 3cos 2 0 0,5 cosB 2 1 1 cos B (vì 1 cosB 1 ) 0,25 cos B 2 2 B 600 (vì 00 B 180 0 ). 0,5 Vậy BC 600 , 30 0 . 0,25 3 Cho dãy số un được xác định bởi: (2,0 đ) u1 1, u 2 3 (1) u 2,0 n 1 . Tính lim n . n 2 un 2 u n 2 u n 1 1 (2) n Đặt vn u n 1 u n Ta có 2 un 2 u n 1 u n 1 u n 2 v n 1 v n 2 0,5 suy ra vn lập thành một cấp số cộng có v1 d 2 Vậy vn 2 ( n 1).2 2 n Khi đó un u n u n 1 u n 1 u n 2 u 2 u 1 u 1 0,5 vn 1 v n 2 v 1 u 1 2 (n 1) (n 2) 1 1 n(n 1) 2. 1 n n 1 1 0,5 2 u n n 1 1 u limn lim 1. Vậy limn 1. 0,5 n n2 n n 2 n n2 4 Có 20 cây giống trong đó có 2 cây xoài, 2 cây mít, 2 cây ổi, 2 cây bơ, 2 (2,0 đ) cây bưởi và 10 loại cây khác 5 loại trên đồng thời đôi một khác loại 2,0 nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 cây để trồng trong một khu vườn sao cho không có hai cây nào thuộc cùng một loại. 5 Số cách chọn 5 cây bất kỳ trong 20 cây giống là C20 . 0,5 Ta tính số cách chọn 5 cây sao cho có ít nhất hai cây cùng loại. + Trường hợp 1 : Số cách chọn 4 cây thuộc 2 loại và 1 cây khác là 0,5 2 1 CC5. 16 + Trường hợp 2: Số cách chọn có 2 cùng một loại và 3 cây khác là 0,5
5. 1 3 CC5. 18 Vì số cách chọn ở trường hợp 2 trùng lại 2 lần cách chọn ở trường hợp 1 nên số cách chọn 5 cây sao cho có ít nhất hai cây cùng loại là 0,25 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 CCCCCCCCCC5. 16 5 . 18 2 5 . 16 5 . 18 5 . 16 . 5 1 3 2 1 nên số cách chọn 5 cây thỏa đề là CCCCC20 5. 18 5 . 16 11584 0,25 5 1 Cho tam giác ABC ( AB AC ) là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (5,0đ) O , H là trực tâm tam giác. Gọi J là trung điểm của BC . Gọi D là diểm đối xứng với A qua O . 3,0 1) Gọi MNP,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC,, CH BH . Chứng minh rằng tứ giác PJMN nội tiếp. A O H N P M B J C D Ta có BH// CD (vì cùng vuông góc với AC ) và CH// BD (vì cùng vuông góc với AB ) nên BHCD là hình bình hành, do đó J cũng là 0,5 trung điểm của HD . Từ giả thiết ta được tứ giác HPDN nội tiếp đường tròn tâm J 0,25 suy ra PJN 2 PDN 2 1800 BHC (1). 0,5 Ta có các tứ giác BPMD , CNMD nội tiếp nên 0,5 PMN 3600 PMD NMD HBD HCD 0,75 3600 BHC BDC 360 0 2 BHC (2) Từ (1) và (2) suy ra PJN PMN nên tứ giác PJMN nội tiếp. Điều phải 0,5 chứng minh. 2 Cho biết BAC 600 , gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh 2,0 rằng 2 AHI 3 ABC .
6. A O I H B J E L C D K N Gọi L là giao điểm của AH với BC , K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC . Kẻ đường thẳng đi qua I vuông góc với BC cắt BC và cắt cung nhỏ BC lần lượt tại E và N . 0,75 Ta có JL// DK (vì cùng vuông góc với AK ) mà J là trung điểm của HD nên JL là đường trung bình của tam giác HDK , suy ra L là trung điểm của HK . Do đó K đối xứng với H qua đường thẳng BC suy ra BHC BKC 1200 . BC  Mà BIC 1800 120 0 nên BIHC,,, đồng viên thuộc đường 2 0,5 tròn đối xứng với O qua BC , suy ra N chính là điểm đối xứng với I qua BC . Suy ra HINK là hình thang cân. ABC Ta có ABI IBC CBN . 0,25 2 Từ đó 0 0 3 AHI 180 IHK 180 AKN ABN ABI IBC CBN ABC 0,5 2 suy ra 2 AHI 3 ABC . Điều phải chứng minh. 6 Tìm tất cả các số nguyên tố a thỏa mãn 8a2 1 cũng là số nguyên tố. 2,0 (2đ) Vì a là số nguyên tố nên a 2 . Ta xét các trường hợp 0,25 Trường hợp 1: với a 2 khi đó 8a2 1 33 chia hết cho 11 loại trường hợp a 2 0,5 Trường hợp 2: với a 3 khi đó 8a2 1 73 là số nguyên tố 0,5 Trường hợp 3: với a 3 a 3 k 1 khi đó 8a2 1 8 9 k 2 6 k 1 1 3 24 k 2 16 k 3 chia hết cho 3 0,5 loại trường hợp a 3 Vậy a 3 là giá trị duy nhất cần tìm. 0,25 5 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện 3a2 2 b 2 c 2 6. Tìm giá (2,0đ) trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2,0
7. P 2( a b c ) abc . Với bốn số a,,, b x y ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ax by 2 a2 b 2 x 2 y 2 (1) (Học sinh có thể nêu không cần chứng minh bất đẳng thức (1)) Áp dụng bất đẳng thức (1), ta có 0,5 2 P2 a(2 bc ) 2. 2( b c ) ( a 2 2) (2 bc ) 2 2( b c ) 2 (a2 2)( b 2 2)( c 2 2). Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 (a2 2)( b 2 2)( c 2 2) 3( a 2 2).2( b 2 2).( c 2 2) 6 0,75 3 1 3(a2 2) 2( b 2 2) ( c 2 2) 36 6 3 Từ đó suy ra P2 36. Suy ra 6 P 6 . 0,25 Mặt khác với a 0; b 1; c 2 thì 3a2 2 b 2 c 2 6 và P 6 ; a 0; b 1; c 2 thì 3a2 2 b 2 c 2 6 và P 6. 0,5 Vậy Pmax 6 , Pmin 6. HẾT