Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Chương trình THPT chuyên - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Chương trình THPT chuyên - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. x 2 a) Cho dãy số x được xác định bởi x 1 và x n với mọi n *. Chứng n 1 n 1 xn 3 minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. b) Tìm tất cả các hàm số xác định, liên tục trong khoảng 0; và thỏa mãn: x 2 x2 2 x 2 f x f với mọi x 0. x 3 x 3 Câu 2. a) Cho số tự nhiên a 2 thỏa mãn a 1 có ước nguyên tố lẻ p. Chứng minh rằng 2 ap 1  p2 . b) Chứng minh rằng tồn tại vô số những số tự nhiên n sao cho 2019n 1 n . Câu 3. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,, CA AB lần lượt tại DEF,,. Đường tròn A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH tại điểm K. Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC tại P. Các đường thẳng DK và PK cắt đường tròn A lần lượt tại Q và T khác K. a) Chứng minh rằng tứ giác TDPQ nội tiếp và ba điểm QAP,, thẳng hàng. b) Đường thẳng DK cắt đường tròn I tại điểm thứ hai là X. Chứng minh rằng ba đường thẳng AX,, EF TI đồng quy. c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn I . Câu 4. Cho P x là một đa thức khác hằng số với hệ số thực sao cho tất cả các nghiệm của nó đều là số thực. Giả sử tồn tại một đa thức Q x với hệ số thực sao cho P() x 2 P Q x với mọi x . Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của đa thức P x đều bằng nhau. Câu 5. Một tập hợp gồm 3 số nguyên dương được gọi là tập Pytago nếu 3 số này là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông. Chứng minh rằng với hai tập Pytago PQ, bất kỳ, ta luôn tìm được m tập Pytago P, P , , P ( m 2) sao cho PPPQ , và PP  với 1 2 m 1 m i i 1 mọi 1 i m 1. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. Họ và tên thí sinh: . ; Số báo danh: SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 (Đáp án có 05 trang) CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN MÔN: TOÁN I. LƯU Ý 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 x 2 a) Cho dãy số x được xác định bởi x 1 và x n với mọi n *. n 1 n 1 xn 3 Chứng minh rằng dãy số x có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n 3,0 b) Tìm tất cả các hàm số xác định và liên tục trong khoảng 0; sao cho x 2 x2 2 x 2 f x f ,  x 0 x 3 x 3 a b 2 Xét số b>0 là nghiệm của phương trình b b 3 1. Dễ thấy b 3 x 0,  n 1 nên ta có: n 1,0 x 2 b 2 x b 1 0 x b n n x b n 1 n xn 3 b 3 x n 3 b 3 9 2 n 1 1 1 Suy ra 0 xn 1 b x n b x n 1 b x 1 b 9 9 9 n 1,0 1 Do lim x1 b 0 nên theo nguyên lý kẹp suy ra limxn b 3 1 9 b x 2 x2 2 x 2 x 2 x 2 Ta có f x f f x f x x 3 x 3 x 3 x 3 x 2 x 2 Suy ra f x x f ,  x 0 0,5 x 3 x 3 x 2 Đặt g x f x x g x g ,  x 0 (1) x 3 x 2 Chọn a 0 tùy ý, xét dãy x xác định bởi x a; x n ,  n * . n 1n 1 xn 3 0,25 Hoàn toàn tương tự phần a) thì limxn b 3 1 Từ (1) suy ra g a g x g x g x ,  n * 1 2 n Do hàm g x liên tục trên 0; nên g a lim g x g lim x g 3 1 c n n 0,25 Suy ra g x c hay f() x x c với mọi x 0.
3. Thử lại ta thấy hàm số cần tìm là f x x c với mọi x 0, c là hằng số tùy ý. 2 a) Cho số tự nhiên a 2 sao cho a 1 có ước nguyên tố lẻ là p . Chứng 2 minh rằng ap 1 p 2 . 2,0 b) Chứng minh rằng tồn tại vô số những số tự nhiên n sao cho 2019n 1n . 2 p a Ta có ap 1 a p 1 m 1 m p 1 m p 2 m 1 m 1 A, với m a p . 0,5 Do p lẻ nên ap 1 a 1  p m 1 p m  1 mod p . Do đó p 1 p 2 0,5 A m m m 1  p  0 mod p 2 Suy ra m 1 A p2 , tức là ap 1 p 2 . 0,5 b Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau bằng quy nạp theo k: Cho số tự nhiên a 2 k sao cho a 1 có ước nguyên tố lẻ là p . Khi đó ap 1 p k ,  k * (1) Theo giả thiết thì ta thấy ngay (1) đúng với k 1. Giả sử (1) đúng với k, ta chứng minh (1) đúng với k 1. k 1 k p Ta có ap 1 a p 1 m 1 m p 1 m p 2 m 1 m 1 A, trong đó 0,25 pk k m a . Theo giả thiết quy nạp m 1 p . Lại có m 1 p m  1 mod p . p 1 p 2 Do đó A m m m 1  p  0 mod p k 1 Suy ra m 1 A pk 1 , tức là ap 1 p k 1 . Vậy (1) đúng với k 1. Trở lại bài toán: Với a 2019 thì a 1 2020 có ước nguyên tố lẻ là 5 nên theo k n (1) các số n 5 sẽ thỏa mãn 2019 1n . k 0,25 Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp 20195 1 5k , k * thì vẫn cho tối đã điểm. 3 Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH . Đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,, CA AB lần lượt tại DEF,,. Đường tròn A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH tại điểm K. Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC tại P. Các đường thẳng DK và PK cắt đường tròn A lần lượt tại Q và T khác K. 3,0 a) Chứng minh rằng tứ giác TDPQ nội tiếp và ba điểm QAP,, thẳng hàng. b) Đường thẳng DK cắt đường tròn I tại điểm thứ hai là X. Chứng minh rằng ba đường thẳng AX,, EF TI đồng quy. c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn I .
4. Q A T E F K I B H C D P a) 1 Ta có TQD TQK TAK 900 AKT HPK TPD . Suy ra tứ giác TDPQ nội 2 1,0 tiếp. Ta có KQA AKQ DKH KDI (1) Dễ thấy IF là tiếp tuyến của A nên ID2 IF 2 IK. IT IDK ITD 0,5 Suy ra KDI ITD KQP (2). Từ (1) và (2) suy ra KQA KQP . Do đó ba điểm QAP,, thẳng hàng. Q A T X E Z S t F K I Y B H D P C b Gọi Y là giao điểm thứ hai của AX với I . Ta có 2 2 IX IF IK. IT ITX IXK IDX AKX ( vì AK|| ID ) 0,25 Lại có AK2 AF 2 AX. AY AKX AYK . Suy ra ITX AYK . Do đó tứ giác XKYT nội tiếp. Xét ba đường tròn: XKYT ;; I A , lần lượt có trục đẳng phương là KT, XY, EF. 0,25 Do đó ba đường thẳng KT, XY, EF đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường
5. tròn trên. Vậy ba đường thẳng AX, EF, TI đồng quy. c Gọi Z là giao điểm thứ hai của đường thẳng PT với đường tròn đường kính AP. Khi đó AZ KT và Z là trung điểm KT. Do IE và IF là tiếp tuyến của A nên 0,25 TKSI 1, theo hệ thức Macloranh ta được SZ SI SK ST SX SY . 0,25 Suy ra tứ giác XZYI nội tiếp, suy ra ZYX ZIX Mặt khác . Vậy IXD ITD DQP IX|| PQ ZIX ZPA ZYX ZPA 0,25 Suy ra tứ giác AZYP nội tiếp, suy ra Y thuộc đường tròn đường kính AP. Vẽ tiếp tuyến Yt của (I), ta có 1 tYX XIY 900 IXY 90 0 IZY 90 0 YAP YPA . 2 0,25 Do đó Yt là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AP. Vậy đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn I tại điểm Y (đpcm). 4 Cho P x là một đa thức khác hằng số với hệ số thực sao cho tất cả các nghiệm của nó đều là số thực. Giả sử tồn tại một đa thức Q x hệ số thực sao cho 1,0 P() x 2 P Q x với mọi x . Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của P x đều bằng nhau. d1 d 2 dk Giả sử P x A x x1 . x x 2 x xk , trong đó x1 x 2 xk là tất cả 2 0,25 các nghiệm thực của P x . Dễ thấy degQ x 2 Q x ax bx c . Khi đó ta được k 22d1 2 d 2 2 dk 2 di Axx 1 . xx 2 xx k A axbxcx i i 1 2 Do đó với mỗi chỉ số i thì nghiệm của đa thức ax bx c xi là xs, x t , với s, t nào b 0,25 đó. Theo định lý Viet ta được x x . s t a 2 Như vậy tất cả các nghiệm của P x được chia thành các cặp xs, x t mà tổng của b hai số trong mỗi cặp bằng nhau và bằng . a Giả sử x1 ghép cặp với xs và xk ghép cặp với xt . Từ x1 xt; x s x k và x1 xs x k x t ta suy ra x1 xt; x s x k . Vậy x1 chỉ có thể ghép cặp với xk . Lập 0,25 luận hoàn toàn tương tự suy ra mỗi cặp chỉ có dạng xj, x k 1 j . Áp dụng định lý c x Viet ta có x. x m , với m nào đó. j k 1 j a c x k 1 Do có đúng k giá trị m và các số dạng x. x chỉ chứa nhiều nhất a j k 1 j 2 k 1 0,25 giá trị phân biệt nên k . Từ bất đẳng thức này ta suy ra ngay k=1. Khi đó 2 d1 P x A x x1 , và suy ra tất cả các nghiệm của P x đều bằng nhau (đpcm). 5 Một tập hợp gồm 3 số nguyên dương được gọi là tập Pytago nếu 3 số này là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông. Chứng minh rằng với hai tập Pytago PQ, 1,0
6. bất kỳ, ta luôn tìm được m tập Pytago P, P , , P ( m 2) sao cho PPPQ , 1 2 m 1 m và PP  với mọi 1 i m 1. i i 1 Bổ đề: Với mỗi số nguyên dương n 3, luôn tồn tại một tập Pytago chứa số n. Ta chứng minh mệnh đề trên bằng quy nạp theo n. Dễ thấy mệnh đề đúng với n 3,4,5 vì 3,4,5 là một tập Pytago. Xét n 6 , giả sử mệnh đề đúng với mọi số nhỏ hơn n, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n. + Nếu n chẵn, n 2 k thì 3 k n . Theo giả thiết quy nạp, tồn tại 1 tập Pytago A 0,25 chứa số k. Giả sử A  k,, a b . Khi đó tập B  n,2 a ,2 b là tập Pytago chứa số n. 12 1 2  + Nếu n lẻ, ta thấy tập A n; n 1 ; n 1  là tập Pytago chứa số n. 2 2  Vậy luôn tồn tại một tập Pytago chứa số n. Nếu hai tập Pytago PQ, thỏa mãn yêu cầu của bài toán thì ta nói cặp PQ, là một cặp “đẹp” và kí hiệu là PQ . Như vậy ta cần chứng minh mọi cặp Pytago PQ, đều là cặp đẹp (1) Nhận xét: Ta chỉ cần chứng minh mệnh đề (1) đúng trong trường hợp P 3,4,5 . Chứng minh: Xét P 3,4,5 và giả sử cứ với tập Q là tập Pytago bất kì thì PQ, là cặp đẹp. Xét hai tập Pytago bất kì là QR, , khi đó PQ, và PR, là cặp đẹp 0,25 nên tồn tại dãy QQQ, , , và RRR, , , sao cho 1 2 m 1 2 t QPQQRR 3;4;5 ; ; và QQRR ;   1 1   m t i i 1 i i 1 Khi đó dãy QQQRRR, , , , , , , thỏa mãn yêu cầu bài toán. Suy ra QR, là m m 1 1 2 3 t cặp đẹp. Qua phép chứng minh trên ta cũng suy ra rằng nếu PQ, và PR, là hai cặp đẹp thì QR, cũng là cặp đẹp. Trở lại bài toán, xét P 3,4,5 , ta tiếp tục chứng minh bài toán bằng quy nạp theo phần tử nhỏ nhất của Q. Giả sử minQ n + Nếu 3 n 5 thì hiển nhiên PQ, là cặp đẹp. + Xét n 6 , giả sử mệnh đề đúng với mọi số 3 minQ n . * Nếu n chẵn, n 2 k thì 3 k n . Theo bổ đề và giả thiết quy nạp thì tồn tại một tập Pytago Q’ chứa k và PQ,' là cặp đẹp. Dễ thấy rằng khi nhân tất cả các phần tử của một cặp đẹp với số 2 thì lại cho ta một 0,25 cặp đẹp mới. Do đó nếu gọi Q';;  k x y thì các cặp sau là đẹp: n;2 x ;2 y ; 6;8;10 ; n;2 x ;2 y ; Q (vì có giao khác rỗng) Mặt khác 6;8;10 ; 3;4;5 cũng là cặp đẹp do chuỗi xây dựng các tập đẹp Pytago sau: 6;8;10  8;15;17  9;12;15  5;12;13   3;4;5 Vậy Q và 3;4;5 tạo thành cặp đẹp. 1 1 2  * Nếu n lẻ thì Q n; n 1 n 1 ; n 1 . Theo bổ đề thì tồn tại tập Pytago 2 2  0,25 1 R chứa n 1 và tập Pytago H chứa n 1. 2
7. 1 Từ 3 n 1 n và 3 n 1 n nên theo giả thiết quy nạp ta có 2 RH3;4;5 ;   3;4;5. Do đó 1 1 2  n; n 1 n 1 ; n 1   n 1 R  n 1 P  3 H  3 3;4;5  9;12;15   3;4;5 2 2  Vậy Q và 3;4;5 tạo thành cặp đẹp và bài toán được chứng minh hoàn toàn. Hết