ĐỀ HSG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN(NGÀY THI THỨ NHẤT) TIME: 180 PHÚT Câu (5 điểm) Xét dãy số an xác định a1 3 , a2 7 an 2 3an 1 an với n 1, 2,3, a 142 a12 a22 , n 1, 2,3, nn 7 1 b) Với n 1 , đặt bn Chứng minh dãy số bn có giới hạn a1a2 a2 a3 an an 1 hữu hạn n tìm giới hạn a) Chứng minh Bài Cho đa thức bậc ba P x x 3x a) Chứng minh tồn số thực a , b, c đôi phân biệt cho P a b, P b c, P c a b) Giả sử tồn số thực , bi , ci với i 1,3 gồm số đôi phân biệt cho P bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3 Đặt Si ai bi ci với i 1,3 Bài 2 Chứng minh S1 S S3 S1.S S S3 S3 S1 ( điểm) Cho AB dây cố định khác đường kính đường tròn O cố định Gọi M trung điểm cung nhỏ AB Xét đường tròn O thay đổi tiếp xúc với đoạn thẳng AB tiếp xúc với O ( cho O khác phía với M so với đường thẳng AB ) Các đường thẳng qua M vng góc với OA , OB cắt đường thẳng AB điểm C , D a) Chứng minh AB 2CD b) Gọi T điểm thuộc O cho ATB 90 Tiếp tuyến O T cắt đoạn AB N đường thẳng MN cắt O K khác M Vẽ đường tròn qua M , K tiếp xúc với O S Chứng minh điểm S di động đường tròn cố định O thay đổi Câu Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy, hai điểm nguyên (hoành độ tung độ số nguyên) A, B gọi “thân thiết” với A, B khác O OA OB 1 với O gốc tọa độ a) Hỏi có tất điểm nguyên M ( x, y ) với x 19, y 19 thỏa mãn điểm M điểm N (3;7) “thân thiết” với nhau? b) Hỏi có nhiều điểm ngun đơi “thân thiết” với nhau? HẾT GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN(NGÀY THI THỨ NHẤT) TIME: 180 PHÚT Câu (5 điểm) Xét dãy số an xác định a1 3 , a2 7 an 2 3an 1 an với n 1, 2,3, a) Chứng minh a 142 a12 a22 , n 1, 2,3, nn 7 b) Với n 1 , đặt bn 1 Chứng minh dãy số bn có giới hạn a1a2 a2 a3 an an 1 hữu hạn n tìm giới hạn Lời giải Tác giả: Hà Lê , Phạm Thị Phương Thúy; Fb: Ha Le , thuypham Kiến thức sử dụng: Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai phương trình sai phân dạng: u1 , u2 , aun 1 bun cun f n với n * Nếu 1 , 2 hai nghiệm thực khác n n un A1 B2 , A, B xác định biết u1 , u2 Ta có: an 2 3an1 an an2 3an 1 an 0 3 Xét phương trình đặc trưng dãy an x x 0 với hai nghiệm x 1 x 2 , 3 thỏa mãn 1 2 3 , 12 1 n n Khi ta có an A1 B2 Với n 1 ta có a1 A1 B2 A1 B2 3 1 2 2 Với n 2 ta có a2 A1 B2 A1 B2 7 2 n n Từ (1) (2) suy A 1, B 1 an 1 2 n 1 n n n n 12 22 an2 1 2 Ta có n n , n 1 n 7 an2 12 22 , 0;1 1, Đặt 1 , Có , n 1n 2n n , n 1 2 49 7 7 Ta có a2 a12 a22 2 2 nn 1 12 1n 2 22 2n n 7 7 7 1 2 142 n 1 (đpcm) 1 1 2 1 1 b) Trước hết ta chứng minh an an 2 an 1 5 với n 1 (bằng phương pháp quy nạp) Với n 1 mệnh đề Giả sử mệnh đề cho với n k k , k 1 , ta có ak ak 2 ak21 5 Ta chứng minh mệnh đề với n k Thật vậy: ak 1ak 3 ak22 ak 1 3ak 2 ak 1 ak22 ak 2 3ak 1 ak 2 ak21 ak 2 ak ak21 5 (đpcm) Ta có a 1 a a a2 1 a i i 2 i 1 i i 1 1ai 2 1ai 2 1 2 , i 1 Ta định nghĩa thêm a0 2 dãy số thỏa mãn hệ thức truy hồi n Từ bn i 0 a 1 a a 1 n a i i 1 n , n 1 1ai 2 i 0 1 2 a1 an 1 n n Theo câu a) ta có an 1 2 , n Suy lim n an 3 an 1 3 53 bn Vậy nlim (đpcm) 5 30 Bài Cho đa thức bậc ba P x x 3x a) Chứng minh tồn số thực a , b, c đôi phân biệt cho P a b, P b c, P c a b) Giả sử tồn số thực , bi , ci với i 1,3 gồm số đôi phân biệt cho P bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3 Đặt Si ai bi ci với i 1,3 2 Chứng minh S1 S S3 S1.S S S3 S3 S1 Lời giải a) Giả sử a, b, c số thực đôi phân biệt thỏa mãn P a b, P b c, P c a Xét a 2cos với 0; b P a P cos 8 cos cos 2 cos 3 Tương tự, c P b P cos 3 2 cos 9 , a P c P cos 9 2 cos 27 k 13 k Z Từ ta cần có cos 2 cos 27 27 k 2 k 14 Vậy chọn a 2 cos 3 9 b 2 cos , c 2 cos ta số thực a, b, c đôi phân 13 13 13 biệt thỏa mãn toán b) Giả sử tồn số thực , bi , ci với i 1,3 gồm số đôi phân biệt cho P bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3 Đặt Si ai bi ci với i 1,3 2 Chứng minh S1 S S3 S1.S S S3 S3 S1 2 Giả sử S1 S S3 S1.S S S3 S3 S1 S1 S S3 d Xét đa thức Q x x P x P P x d suy Q x đa thức bậc Ta có: Q a1 a1 P a1 P P a1 d a1 b1 P b1 d a1 b1 c1 d S1 d 0 Q b1 b1 P b1 P P b1 d b1 c1 a1 d S1 d 0 Q c1 c1 P c1 P P c1 d c1 a1 b1 d S1 d 0 Suy a1 , b1 , c1 nghiệm phân biệt phương trình Q x 0 Tương tự, a2 , b2 , c2 a3 , b3 , c3 nghiệm phân biệt phương trình Q x 0 hay phương trình Q x 0 có nghiệm thực phân biệt có tổng 3d Mặt khác, Q x x x 3x x 3x x3 3x hay Q x x x 27 x 29 x x suy Q x không chứa x8 nên theo định lí viét phương trình Q x 0 có tổng nghiệm hay 3d 0 d 0 Q x 0 có nghiệm 0, mà P 0 mâu 2 thuẫn với giả thiết P bi , P bi ci , P ci ai Vậy S1 S S3 S1.S S S3 S3 S1 Bài ( điểm) Cho AB dây cố định khác đường kính đường tròn O cố định Gọi M trung điểm cung nhỏ AB Xét đường tròn O thay đổi tiếp xúc với đoạn thẳng AB tiếp xúc với O ( cho O khác phía với M so với đường thẳng AB ) Các đường thẳng qua M vng góc với OA , OB cắt đường thẳng AB điểm C , D a) Chứng minh AB 2CD b) Gọi T điểm thuộc O cho ATB 90 Tiếp tuyến O T cắt đoạn AB N đường thẳng MN cắt O K khác M Vẽ đường tròn qua M , K tiếp xúc với O S Chứng minh điểm S di động đường tròn cố định O thay đổi Lời giải E T O' y O K S' A C F D x N B M Lời giải a) Gọi E , F tiếp điểm O với O AB Cách 1: Ta chứng minh EF qua M F Do Cách 1.1 Do OM // OF nên EOM EO EF 180 EOF 180 EOM OEM Suy EF qua M O 2 Cách 1.2 Giả sử EA, EB cắt O X , Y Khi đó, dễ thấy XY //AB Ta có AF AX AE , BF BY BE nên 2 AX AE AE AF AE AF BY BE BE BF BE BF Do đó, EF phân giác AEB nên EF qua M AM FM MA2 ME.MF Tiếp theo, FAM nên AFM EAM EAM EM AM Xét đường tròn điểm A đường trịn O từ đẳng thức trên, ta thấy M có phương tích đến hai đường trịn Suy MC trục đẳng phương đường tròn điểm A đường tròn O Do đó, CA2 CF nên CA CF Tương tự DB DF nên AB 2CD Cách 2: Ta có CD NC ND NM tan NMC NM tan NMD AB tan O BA MN OF OF MN tan O FA FB OF AB OM AB EF AB MN 2MO AB MN MN FA.FB FE.FN EM ME.MF b) Ta chứng minh M , S , T thằng hàng MS MT MA2 MB Cách Gọi S giao điểm đường thẳng TM với O , S T Lúc MS .MT MF ME MA2 MN MK nên tứ giác NKTS nội tiếp Gọi xS y tiếp tuyến O S , ta có xy, S M S TN S KM suy xy tiếp tuyến đường tròn MKS Do MKS tiếp xúc với O Suy S S Suy M , S , T thẳng hàng MS MT MA2 MB (2 điểm) Cách Ta thấy với điểm Eo O ; Fo AB cho Eo Fo qua M chứng minh 2 tương tự trên, ta có MA = MB = ME o.MFo Xét phép nghịch đảo tâm M , phương tích MA2 thì: AB O , O O Ảnh TN qua đường qua M tiếp xúc với O Chú ý : N K nên ảnh TN MSK Suy S T hay M , S , T thẳng hàng MS MT MA2 MB (2 điểm) Tiếp theo, cách xét tam giác đồng giác, ta có SAM nên ATS , SBM BTS SAM SBM 90 Xét tứ giác AMBS có AMB khơng đổi tổng SAM SBM 90 nên ASB 270 , chứng tỏ S ln thuộc cung chứa góc 270 dựng AB Ta có đpcm (1 điểm) Câu Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy, hai điểm nguyên (hoành độ tung độ số nguyên) A, B gọi “thân thiết” với A, B khác O OA OB 1 với O gốc tọa độ a) Hỏi có tất điểm nguyên M ( x, y ) với x 19, y 19 thỏa mãn điểm M điểm N (3;7) “thân thiết” với nhau? b) Hỏi có nhiều điểm ngun đơi “thân thiết” với nhau? Lời giải a) Ta có điều kiện 3x y 1 nên có ba trường hợp: (1) Nếu 3x y 0 ( x, y ) ( 7t ,3t ) với t thỏa mãn Xét hệ ràng buộc sau 19 7t 19 t 2 t 0 nên có tất điểm 19 3t 19 (2) Nếu 3x y 1 ( x, y ) ( 7t ,1 3t ) với t thỏa mãn Xét hệ ràng buộc 19 7t 19 t 3 nên có tất điểm 19 1 3t 19 (3) Nếu 3x y ( x, y ) (2 7t , 3t ) với t thỏa mãn Xét hệ ràng buộc 19 2 7t 19 t 2 nên có tất điểm 19 3t 19 Vậy tổng số điểm nguyên thỏa mãn 16 2 b) Gọi điểm cho Ai (ai ; bi ) với , bi , i 1, n bi Ta có ak bi bk 1 với i k Ta thấy rằng: - Có tối đa hai điểm thuộc trục Ox (1;0) ( 1;0) - Có tối đa hai điểm thuộc trục Oy (0;1), (0; 1) Ta chứng minh có khơng q điểm không thuộc Ox, Oy Giả sử ngược lại có ba điểm thỏa mãn đề A1 (a1 , b1 ), A2 (a2 , b2 ), A3 (a3 , b3 ) Ta có hai trường hợp: (1) Nếu có hai điểm thuộc góc phần tư, giả sử A1 , A2 số a1 , a2 dấu, số b1 , b2 dấu nên a1a2 0, b1b2 a1a2 b1b2 2 , loại (2) Nếu khơng có điểm thuộc góc phần tư phải có hai điểm thuộc hai góc phần tư đối nhau, giả sử A1 , A2 số a1 , a2 trái dấu, số b1 , b2 trái dấu nên a1a2 0, b1b2 a1a2 b1b2 , không thỏa Do đó, điều giả sử sai, tức tổng cộng có khơng q điểm thỏa mãn đề Ta có A1 (0;1), A2 (0; 1), A3 (1;0), A4 ( 1;0), A5 (1;1), A6 ( 1;1) đôi “thân thiết” HẾT