SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN CẤP TỈNH VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Năm học 2020-2021 Mơn thi : TỐN Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 08 /10/2020 2 2 x x x x y 1 2 Câu (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: x y x y y2 y Câu (2,0 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định bởi: 2 u1 =1 ; un+1 = u n +2 un +3− un −2 un +3 √ √ với n∈N∗¿ ¿ Chứng minh dãy số ( un ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân (AB0 f ' ( x )= Ta có x +1 x−1 − √ x2 +2 x +3 √ x 2−2 x+3 f ' (x )=0 (0.25) ( x+1 ) √ ( x−1 )2 +2=( x−1 ) √( x+1 )2 +2 {( x+1 )( x−1 )≥0 ¿¿¿¿ x 1 x 1 0 x 0 vô nghiệm Suy f ' (x ) không đổi dấu ( 0;+∞ ) Hơn f ' (1) > nên f ' (x ) > ( 0;+∞ ) ( 0;+∞ ) f (x ) hay đồng biến (0.25) g t (Chú ý cách khác : Bằng cách xét hàm f ' x g x 1 g x 1 0; x => f x t t đồng biến suy đồng biến) Giả sử un 1 un2 2un un2 2un un2 2un un2 2un un2 2un un2 2un un2 2un un un 1 2 Luôn với un , suy dãy bị chặn 2, dãy hội tụ Đặt L = lim un Từ định nghĩa dãy số ta có L 2 (0.25) (0.25) L=√ L2 +2 L+3− √ L2 −2 L+3 (0,25) L2 2 L2 L 2 3 L2 (vì hai vế dương) 2 L L2 L4 12 L2 36 L L L L= L2 √3 (vì 1< L≤2 ) Vậy ( un ) có giới hạn hữu hạn lim un = √3 Câu a (0.25) (5,0đ) (Khơng cho điểm hình vẽ, khơng có hình khơng chấm câu 3) (3,0đ) E A I S O J C M B F D Xét tam giác DBI có A B DIB IAB IBA A B DBI DBC CBI (0.5) nên tam giác DBI cân D (0.5) Kẻ đường kính DE đường trịn (O), ta có DIEJ hình bình hành, JDE DEI 2 Ta lại có tam giác DBE vng B, đường cao BM nên DM DE DB DI , DM DI suy DI DE Do DMI DIE DEI DIM Mặt khác DSIM tứ giác nội tiếp nên DIM DSM Từ suy JDE DEI DIM DSM , (0.25) (0.25) (0.25) Nên JDS JDE EDS DSM MDS 90 Vậy tam giác DSJ vuông D (0.25) Cách khác ch/m tam giác DSJ vuông D: Ch/m tứ giác EIDJ hb hành => EI// JD Gọi F giao điểm thứ hai SD (O), ta có SI tiếp tuyến dường trịn (BIC) nên SI SB.SC SF SD Suy IF SD mà EF SD nên E,I,F thẳng hàng Suy DJ SD hay tam giác DSJ vuông b (2,0đ) Y E A P I X S O J C M B F D Q Gọi P giao điểm khác A SA (O), Q giao điểm khác P PI (O) Ta có tam giác DBI, DCI cân D nên D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC (0.25) Do SI tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC nên SI SB.SC SP.SA (0.25) Lại có tam giác SAI vng I nên suy IP SA AQ đường kính (O) Tứ giác AIQJ hình bình hành, AJ // PQ suy AJ SA (0.25) Như SAJ = SDJ = SXJ = 90 nên A, X, S, D, J nằm đường trịn (0.25) Từ ta có AXO = AXJ = ADJ = 90 IDS = ISD = IMO (1) Mặt khác tứ giác XYOM nội tiếp nên ta có YXO = YMO = IMO (2) (0.25) Từ (1) (2) ta có AXO = YXO nên ba điểm A, X, Y thẳng hàng (0.25) Câu (2,0đ) Xét phương trình x ax a 0 (1) a số nguyên lớn Phương trình (1) có biệt thức a 4a nên hai nghiệm , phân biệt 2 a k 4 Nếu a 4a k , k N * a k 1 k a k a k 4 a k 4 vô lý a a , số vô tỷ Do (0.25) (0.25) a Theo định lý Viet a với a suy , số vô tỷ dương (0.25) a 1 1 Và a (0.25) m n Giả sử tồn hai số nguyên dương m, n mà m n k , k N * Khi ta có k m k m k k n k 1 (vì m, n số vô tỷ) k n Đặt (0.25) m m k k n 1n k k (0.25) Cộng lại ta được: mn mn 1 k m n k 1 k 1 k vô lý (0.25) m n Vậy với số nguyên dương m, n (0.25) Câu (3,0đ) Từ giả thiết ta có f n 2 x x 1 x 1 f n 1 x x 1 x 1 f n x 0 n nên f x Vậy A B 2 A x 1 B x 1 2 x n n f n x x 1 x 1 (0.25) n f n x A x 1 B x 1 n N có dạng f x 2 f x 2 x Lại nên ta có hệ A 1 B 1 (0.25) với n N x 1 (0.25) f x x 1 x 1 x x x 3 Thử trực tiếp ta thấy Lại có (0.25) 3 3 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x (0.25) (0.25) r 0;1; 2;3, 4,5 Đặt n 6k r k N n Ta có f n x x 1 x 1 = n x 1 = k r x 1 = r 6k r r x 1 x 1 x 1 x 1 r 6k 6k 6k x 1 x 1 f r x x 1 x 1 x 1 x 1 = f n x x 6k k r Suy Thử trực tiếp ta thấy 6k f r x x x 3 f x 2 x 3 f1 x 2 x x 3 f x 2 x f x 2 x x 3 x 3 x 3 f x 2 x x 1 x 3 f x 2 x x 10 x Vậy giá trị cần tìm n n 6k với k N Cách khác câu (sử dụng nghiệm phức) Xét phương trình đặc trưng dãy đa thức : (0.25) (0.25) t xt (1 x ) 0 t1 x 1; t2 x nên f x n có dạng n giải A=B=1=> Với f n x x 1 x 1 n (0.5) với n N (0.5) f n x x Theo đề Ta có n f n x A x 1 B x 1 n N x 0 x i f n x x f n i 0 nên (0.5) x i x 1 i 2 cos i sin ; 3 2 2 x i 2 cos i sin 3 (0.5) n n 2n 2n i sin ) (cos i sin )] 3 3 n 2n n 2n =2n [( cos cos ) i sin sin ] 3 3 n n n n =2n 1[ cos cos i sin cos ] 6 (0.25) n n f n x x 1 x 1 2n [( cos Khi cos f n i 0 Ta có n n n n cos sin cos 0 n 6k 6 (0.5) Tương tự f n i 0 n 6k (0.25) Câu (2,0đ) Giả sử S số “thân thiện” lớn cần tìm phân tích S a1.a2 ak N * a1 a2 ak 2020 a a a Nếu tồn số, chẳng hạn a1 1 ta viết S 1.a2 ak < k , mâu thuẫn với giả sử S a1.a2 ak số “thân thiện” lớn (0.25) Nếu tồn số 4, ta thay số hai số tổng tích khơng đổi (0.25) a a Nếu tồn số, chẳng hạn a1 5 nên ta viết S a1.a2 ak < a1 3 a2 ak mâu thuẫn với giả sử S lớn Như suy 2 3 với i 1, 2, , k a1 a2 a j 2 a j 1 a j 2 ak 3 Ta giả sử (0.25) (0.25) Nếu j 3 a1 a2 a3 2 nên a1 a2 a3 6 3 (0.25) k Do 2020 i 4 a4 a5 ak a4 a5 ak nên mâu thuẫn với giả thiết S Do j 1 j 2 Ta thấy j 1 không thỏa mãn 672 Với j 2 ta số thỏa mãn S 2 672 Vậy số “thân thiện” lớn cần tìm S 2 (0.25) (0.25) (0.25) Câu (3,0đ) Ta có P abc ab bc ca 4(a b c ) = a 2 b 2 c 2 (0.25) a, b, c 3; 2 Từ giả thiết a b c 3 ta có nên a 2, b 2, c (0.25) Tìm GTLN P : a b c a2 b2 c2 a bc 6 P 27 19 3 nên (0.25) Ta có Đẳng thức xảy a b c 1 Vậy GTLN P 19 Tìm GTNN P a, b, c 3; nên P đạt GTNN a, b, c Do 2 Không bất tính tổng quát ta giả sử a b c a b c , kết hợp với a b c 3 ta có c 1 nên c 1;0 a b 2ab 4a 4b Ta lại có : = (0.25) (0.25) (0.25) a b 2ab 4a 4b c a b c c 1 a b c 1 nên a 2 b 2 c 2 Do : P = (0.25) (0.25) c 1 c (0.25) c 1 c f ' c 3c 4c 1 1;0 2 Xét hàm số , ta có c f ' c 0 c Suy (0.25) 191 1 f c f f c 1;0 1;0 27 (0.25) 3 Lập bảng biến thiên ta 191 P a ; b c 27 , đẳng thức xảy chẳng hạn 3 Suy 191 Vậy GTNN P 27 (0.25) f c 0,5 0,5