Đáp án đề Hà tĩnh ngày 1

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH NĂM HỌC 2015  2016 Mơn: TỐN  Ngày thi: 14/9/2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Bài (5 điểm) Cho dãy số xn  xác định bởi: x1  1; xn 1   với n  1, 2, xn Tìm số thực dương a cho dãy số  yn  xác định bởi: yn  an với n  1, 2, x1 x2 xn có giới hạn hữu hạn lim y n  Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường trịn (O) có đường cao AH tâm đường tròn nội tiếp I Gọi M điểm cung nhỏ BC (O) D điểm đối xứng với A qua O Đường thẳng MD cắt đường thẳng BC, AH theo thứ tự P Q a Chứng minh tam giác IPQ vuông b Đường thẳng DI cắt (O) điểm E khác D Hai đường thẳng AE BC cắt điểm F Chứng minh AB  AC  2BC I trọng tâm tam giác APF Bài (5 điểm) Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện: Px3  3Px2  Px  3P x với xR Bài (5 điểm) Xác định tất số nguyên dương n thỏa mãn tính chất: tồn cách chia hình vng có độ dài cạnh n thành năm hình chữ nhật cho độ dài cạnh năm hình chữ nhật số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 HẾT   Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay  Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH NĂM HỌC 2015  2016 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ HƯỚNG DẪN CHẤM Chú ý: Mọi cách giải khác đáp án, ngắn gọn cho điểm tương ứng Bài Nội dung Điểm Bài Ta có x n 1    xn xn1  3xn  với n  1, 2, 5điểm xn Đặt z n  x1 x2 xn với n  1, 2, ta có z n2  x1 x2 xn xn1 xn2 = z n xn1 xn2 = z n 3xn1  5 = 3z n xn1  5z n  3z n1  5z n Như dãy z n  xác định bởi: z1  x1  , z  x1 x2  1.8  z n2  3z n1  5z n với n  1, 2, Theo cách tìm cơng thức dãy truy hồi tuyến tính cấp hai ta tính được: n n   29    29    B  với n  1, 2, z n  A       A  Do y n  13  29 29  29 B  13  29 29  29 an n n   29    29    B  A      1 = = n n n n   29    29    29     29     B        A   2a   2a   A  B  29   a            29  y n  có giới hạn hữu hạn khác không  29 29  29 Giới hạn lim y n  = Vậy đáp số a  A 13  29 Các hình vẽ sau cho trường hợp AB < AC Bài A a (3 điểm) 5điểm Ta có: OAC = 900 – AOC = 90 –ABC = BHA O AI phân giác BAC nên I HAI = OAI Suy AQD cân A  MQ = MD (1) B H L C Gọi L giao điểm AM BC P Khi LPD = 900 – HQP D = 900 – ADM = LAD M Do tứ giác ALDP nội tiếp Q  MD.MP = ML.MA (2) Từ suy có a  1 Ta có MLC  MCA (g – g) nên ML MC  MC  ML.MA (3)  MC MA AC Lại có MIC = MCI = nên MIC cân M  MC = MI (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có: MI  MC = ML.MA = MD.MP = MQ.MP Suy tam giác IPQ vuông I b (2 điểm) Từ câu a ta suy HIPQ nội tiếp  IHP = IQP = IDM = EAM tứ giác AIHF nội tiếp  AIF = AHF = 900 A E N I O F B H C L Gọi N trung điểm đoạn FA Khi NIA = NAI = EDM = IQP = MIP nên N, I, P thẳng hàng P D M Q Bài 5điểm Theo tính chất phân giác giả thiết IA BA AB.BC AB.BC   BA :  BA :  IL BL AB  AC BC Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AFL với cát tuyến NIP ta có AN FP LI FP     L trung điểm PF NF PL IA PL Từ suy I trọng tâm tam giác APF Giả sử đa thức P(x) thỏa mãn Px3  3Px2  Px  3P x (1) với Trường hợp P(x) số, đặt Px   c xR c  Thay vào (1) ta c  3c  c  3c  c  c  Trường hợp P(x) số, đặt n  deg Px , n  a  hệ số bậc cao P(x) Ta viết P( x)  ax n  Qx  Q(x) đa thức hệ số thực có deg Qx   k  n  a  Cân hệ số bậc cao (bậc 3n) (1) ta có a  a   a  1 +) Nếu a  , ta có P( x)  x n  Qx  Thay vào (1) ta x n         Qx   x n  Qx   x 3n  Q x   x   Q x    3x Q( x)  3x Qx   Q( x)  3x 2n n 2n n  x Q( x)  3Q( x) = n   2 Q x  3Q x   3. 1 x n (2) Trong (2), k  bậc VT 2n + k, bậc VP h  max3k ; n nên cân bậc ta phải có 2n  k  h  max3k ; n Điều vơ lý 2n  k  3k 2n  k  n Do k = 0, ta đặt Q( x)  c Thay vào (2) đến n 3cx 2n  3c x n  c  3x 2n  6cx n  3c = c  3c  3. 1 x n  3c  1x 2n  c  2c  (1) n x n  c  3c  2c  (3)   n c    c  n Đẳng thức (3) với x  R  c  2c   1    n  2m (m  N *) c  3c  2c   2m Khi ta có Px   x  Thử lại thỏa mãn +) Nếu a  1 , ta có P( x)   x n  Qx  Thay vào (1) ta  x n         Qx    x n  Qx    x 3n  Q x    x   Q x   n  3x 2n Q( x)  3x n Qx   Q( x)  3x 2n  x n Q( x)  3Q( x) = Qx   3Q x   3. 1 x n (4) Trong (4), k  bậc VT 2n + k, bậc VP h ≤ max3k; n nên cân bậc hai vế đến 2n  k  h  max3k ; n Điều vô lý 2n  k  3k 2n  k  n Do k = 0, ta đặt Q( x)  c Thay vào (4) đến n 3cx 2n  3c x n  c  3x 2n  6cx n  3c = c  3c  3. 1 x n  3c  1x 2n  c  2c  (1) n x n  c  3c  2c  (5) c    c  n Đẳng thức (5) với x  R  c  2c   1    n  2m (m  N *) c  3c  2c   2m Khi ta có Px    x  Thử lại thỏa mãn Đáp số: Px   0; Px   1; Px   ; Px   x 2m  ; Px    x 2m  Bài Điều kiện cần: 5điểm Gọi a1 , b1 ; a2 , b2 ; a3 , b3 ; a4 , b4 ; a5 , b5 kích thước hình chữ nhật chia ra, n   a1 , b1 , a2 , b2 , a3 , b3 , a4 , b4 , a5 , b5  = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10 ta có: Khi tổng diện tích hình chữ nhật là: S = a1b1  a2 b2  a3b3  a4 b4  a5 b5 = 1 a1b1  a2 b2  a3b3  a4 b4  a5b5  b1a1  b2 a2  b3 a3  b4 a4  b5 a5  Theo bất đẳng thức thứ tự ta có: S  1.10  2.9  3.8  4.7  5.6  6.5  7.4  8.3  9.2  10.1  110 S  1.1  2.2  3.3  4.4  5.5  6.6  7.7  8.8  9.9  10.10  192,5 Mặt khác S  n nên ta có 110  n  192.5  n  11,12,13 Điều kiện đủ: Vì hình chữ nhật chia có kích thước khác nhỏ 11 nên cạnh hình vng n  n phải có chứa cạnh hai hình chữ nhật Như có hình chữ nhật có cạnh nằm cạnh hình vng cịn hình chữ nhật nằm hồn tồn bên hình vng Với n = 12: Giả sử có cách chia Khi hình chữ nhật có cạnh khơng thể nằm cạnh hình vng 12-c cạnh hình chữ nhật cịn lại 11 vơ lý Do phải có hình 10 chữ nhật  hình chữ nhật nằm bên hình vng 1x6 Gọi a kích thước cịn lại hình c chữ nhật có cạnh 10, b kích thước cịn lại hình chữ nhật có cạnh Khi phải có hình chữ nhật cạnh 12 – b gọi c kích thước cịn lại, suy hình chữ nhật cuối có kích thước b 12-b (12 – a)  (12 – c) a, b, c số phân biệt tập 3, 4, 5, 7, 8, 9 Từ hình vẽ ta suy số a, b, c có số số chẵn (4 8) Tính tổng diện tích hình chữ nhật ta 122  1.6  10.a  2.b  12  b.c  12  a  12  c   b  a c  2  a 12-a Điều nghiệm a, b, c có số chẵn, số lẻ nên 0,5 0,5 b  a c  tính chẵn lẻ Do n = 12 không thỏa mãn Với n = 11 n = 13: Ta có các chia hình sau thỏa mãn: 3x6 9x8 10 x 10 x 7x4 8x2 1x2 4x6 3x7 1x9 (n = 11) Vậy đáp số cần tìm n = 11 n = 13 (n = 13) –––––––––––––––Hết––––––––––––––– ... = 12 không thỏa mãn Với n = 11 n = 13 : Ta có các chia hình sau thỏa mãn: 3x6 9x8 10 x 10 x 7x4 8x2 1x2 4x6 3x7 1x9 (n = 11 ) Vậy đáp số cần tìm n = 11 n = 13 (n = 13 ) –––––––––––––––Hết–––––––––––––––... 5.5  6.6  7.7  8.8  9.9  10 .10   19 2,5 Mặt khác S  n nên ta có 11 0  n  19 2.5  n  ? ?11 ,12 ,13  Điều kiện đủ: Vì hình chữ nhật chia có kích thước khác nhỏ 11 nên cạnh hình vng n  n phải... có x n ? ?1    xn xn? ?1  3xn  với n  1, 2, 5điểm xn Đặt z n  x1 x2 xn với n  1, 2, ta có z n2  x1 x2 xn xn? ?1 xn2 = z n xn? ?1 xn2 = z n 3xn? ?1  5 = 3z n xn? ?1  5z n  3z n? ?1  5z n