Đề thi chọn đội tuyển dự kỳ thi HSG Quốc gia Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Phú Thọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Ngày thi thứ nhất: 14/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực  an  n1 xác định bởi: a1  a2  1, a3  an 3  an 1an   an với số nguyên dương n a) Chứng minh an số nguyên, với số nguyên dương n a2 n a2 n  a22n 1 n  a2 n a2 n 1 b) Tìm giới hạn lim Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp  I  tiếp xúc với BC , CA, AB điểm D, E , F Gọi M , N giao điểm AD, CF với  I  Chứng minh MN FD  MF ND Bài (5,0 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  f  x   y   f  x   y f  y   f  xy  , với x, y   Bài (5,0 điểm) Một bảng ô vuông ABCD kích thước 2018  2018 gồm 20182 vng đơn vị, ô vuông đơn vị điền ba số 1, 0, Một cách điền số gọi đối xứng có tâm đường chéo AC điền số 1 cặp ô đối xứng qua AC điền số Chứng minh với cách điền số đối xứng bất kì, ln tồn hai hàng có số vng đơn vị theo thứ tự từ trái sang phải a1 , a2 ,, a2018 hàng thứ nhất, b1 , b2 ,, b2018 hàng thứ hai cho S  a1b1  a2b2   a2018b2018 số chẵn HẾT -  Họ tên thí sinh: SBD:  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay  Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ nhất: 14/9/2018 (Đáp án-thang điểm gồm 05 trang) I Một số ý chấm  Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm cách khác với Đáp án mà Tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Đáp án  Điểm thi tổng điểm câu không làm tròn số II Đáp án-thang điểm Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực  an  n1 xác định bởi: a1  a2  1, a3  an 3  an 1an   an với n nguyên dương c) Chứng minh an số nguyên, với n nguyên dương a2 n a2 n  a22n 1 d) Tìm giới hạn lim n  a2 n a2 n1 Đáp án a) Từ hệ thức xác định dãy  an  , dễ dàng a4  9, an  0, n an 3an  an 1an  7, n  * Suy an  an 1  an  an3  7, n  * Do đó, với n  * , ta có an  an 1  an3an  an  an 3  an 1an   an   an   an 1   an   an  an 3 , n  * Từ đó, an  0, n , ta an   an  an   an  , n  * an 3 an 1 Điểm 0,5 1,0 Do đó, với k  * , ta có  a2 k 3  a2 k 1 a2 k 1  a2 k 1   a a2 k  2k 2  a  a a  a 2k 2 2k  2k 4  2k 2  a2 k 3 a2 k 1 Suy 1,0  a2 k 3  a2 k 1 a3  a1  3  a a2  2k 2 k  * (1)   a2 k   a2 k   a4  a2   a2 k 3 a3 Vì thế, với k  * , ta có  a2 k 3  3a2 k   a2 k 1 k  * (2)   a2 k   5a2 k 3  a2 k  Từ đó, a1 , a2 , a3 a4 số nguyên, hiển nhiên suy an số nguyên với n  * a2 n a ,  n1 Từ hệ thức xác định dãy  an  , suy a2 n 1 a2 n a a an 3 an  an 1.an  , n  * Do n3  n 1 , n  * Suy với n  * , ta an  an có a a a a un1  n   n  un vn1  n 3  n 1  a2 n 1 a2 n 1 a2 n a2 n Vì  un  ,   dãy số tăng (3) b) Với n  * , ta đặt un  1,0 a4  a2 a a  5, n    3, n  Vì a3 a2 dãy bị chặn   Hơn nữa, từ 1 , ta có un   un  ,   Từ  3 ,   suy dãy  un  ,   có giới hạn hữu hạn n   Đặt lim un   ; lim   , ta có    u1  2;    v1  (5) n  1,0 n  Từ   , suy   1 , n  2, un   , n  un Do chuyển qua giới hạn hệ thức trên, ta   15  165                 15  165   10  0,5 a a2 n  a2 n  a22n1 a   lim  n   n 1       15  165 n  n  a a2 n a2 n 1 a 15 2n   n 1 Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp  I  tiếp xúc với BC , CA, AB lần  Suy lim  lượt điểm D, E , F Gọi M , N giao điểm AD, CF với  I  Chứng minh MN FD  MF ND Đáp án Điểm (Xét hình vẽ) Dễ thấy tứ giác DEMF tứ giác điều hòa nên DE.MF  DF ME 1,0 Theo định lý Ptolemy DE.MF  DF ME  DM EF  DM EF  DE.MF  DM DE  MF EF DE DN DM DN  Suy   DM NF  DN MF EF NF MF NF Ta có DM NF  DN MF  MN DF  MN FD  3MF ND Tương tự, ta có 1,0 1,0 1,0 Bài (5,0 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  f  x   y   f  x   y f  y   f  xy  , với x, y   Đáp án Điểm Kí hiệu P  x, y  khẳng định f  f  x   y   f  x   y f  y   f  xy  x, y   1 Với P  x,1  f  f  x   1  f  x   f 1  f  x    Với P  x, 1  f  f  x   1  f  x   f  1  f   x   3 Từ    3 suy f 1  f  x   f  1  f   x  , x   Từ đây, x  f 1  f  1 f  x   f   x  , x   hay f hàm chẵn Với P 1,1  f  f 1  1  0, nói cách khác tồn số thực b cho f  b   Thay x  b vào  3 1,0 1,0 f  f  b   1  f  b   f 1  f  1  f  b   f 1  f  b   Với P  b,0   f  f  b    f  b   f    f    f  b   Với P  0, y   f  y   y f  y    Ta có hai trường hợp sau: 1,0 Trường hợp : Tồn b  , b  cho f  b   Như trên, ta có f  b   P  b, y   f  f  b   y   f  b   y f  y   f  by   f  y   y f  y   f  by  1,0  f  x   0, x    (4)  Trường hợp : f  b    b  P  x, x   f  f  x   x   f  x   x f  x   f  x   x f  x   f  x    f  x   x   f  x   x , x   Thử lại, dễ thấy f  x   0, x  ; f  x   x , x   thỏa mãn toán 1,0 Bài (5,0 điểm) Một bảng vng ABCD kích thước 2018  2018 gồm 20182 ô vuông đơn vị, ô vuông đơn vị điền ba số 1;0;1 Một cách điền số gọi đối xứng có tâm đường chéo AC điền số 1 cặp ô đối xứng qua AC điền số Chứng minh với cách điền số đối xứng bất kì, ln tồn hai hàng có số ô vuông đơn vị theo thứ tự từ trái sang phải a1 , a2 ,, a2018 hàng thứ nhất, b1 , b2 ,, b2018 hàng thứ hai cho S  a1b1  a2b2   a2018b2018 số chẵn Đáp án Điểm Bổ đề Trong nhóm 2018 người X 1; X ; ; X 2018 , tồn hai người có số người quen chung nhóm số chẵn Ta chứng minh bổ đề phản chứng Giả sử hai người nhóm có số người quen chung lẻ TH1 Tồn người có số người quen lẻ; giả sử X Không tỉnh tổng quát, giả sử X quen X ; X ; ; X 1 k với k lẻ Áp dụng bổ đề bắt tay, nhóm lẻ người X ; X ; ; X 1 k tồn người có số người quen nhóm chẵn, giả sử X Khi X X có số người quen chung chẵn, mâu thuẫn Ta có đpcm TH2 Tất người có số người quen chẵn Gọi A tập người quen X ; B tập người X khơng quen Khi A  B  2017 A chẵn, B lẻ Sử dụng giả thiết phản chứng, bạn A có số người quen chung với X lẻ, với X i  A có lẻ người quen A lẻ người quen B Lập luận tương tự, X j  B có lẻ người quen A lẻ người quen B 3,0 Gọi M số cặp  X i ; X j  với X i  A, X j  B X i quen X j Do X i  A có lẻ người quen B A chẵn, nên M chẵn Do X j  B có lẻ người quen A B lẻ, nên M lẻ Mâu thuẫn Vậy bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Ta gọi nij số điền ô vuông đơn vị hàng i cột j (tính từ xuống trái sang) Từ giả thiết tốn ta có nii  1i  1, 2, , 2018 nij  n ji  0;1 i  j  1, 2, , 2018 Yêu cầu toán chứng minh tồn hai 2018 số k ; k   1, 2, , 2018 phân biệt cho S   nki nk i  Do nkk  nk k   1 1,0 i 1 nk k  nkk  nên nkk nk k  nkk  nk k   2nkk nk k  2018 Khi ta cần chứng minh S   n n  ki k i i 1 i  k ,k  Từ 20182 số nij trên, ta xét 2018 người X 1; X ; ; X 2018 có mối quan hệ sau: 0,5 - Nếu nij   i  j  X i khơng quen X j - Nếu nij  1 i  j  X i quen X j 2018 Khi tổng S   n n số người quen chung nhóm 2018 người ki k i 0,5 i 1 i  k ,k  xét X k X k  Áp dụng bổ đề trên, ta có điều phải chứng minh HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai: 15/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Bài (6,0 điểm) Chứng minh a) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp hợp số b) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa số nguyên tố Bài (7,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  n0 thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a) xn  n  0; n b) xn 1  x2n 3    1 x2n  với n      2   (Kí hiệu  x  số nguyên lớn không vượt x ) Chứng minh với số nguyên dương n, xn số nguyên tố n số nguyên tố n khơng có ước ngun tố lẻ Bài (7,0 điểm) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác APB, CPD cắt cạnh BC theo thứ tự E , F Gọi I , J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABE , CDF ; hai đoạn thẳng BJ CI cắt Q Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB cắt đoạn thẳng BD M Đường tròn ngoại tiếp tam giác DJC cắt đoạn thẳng AC N a) Chứng minh BIJC tứ giác nội tiếp b) Ch ng minh ba ng th ng IM , JN , PQ ng quy HẾT - Họ tên thí sinh: SBD:  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay  Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai: 15/9/2018 (Đáp án-thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC I Một số ý chấm  Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm cách khác với Đáp án mà Tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Đáp án  Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số II Đáp án-thang điểm Bài (6,0 điểm) Chứng minh c) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp hợp số d) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa số nguyên tố Đáp án Điểm a) Xét 2018 số 2019! 2; 2019! 3;; 2019! 2019 Ta thấy 2019! k  k k  2,3, , 2019 2019! k  k nên 2019! k hợp số k  2,3, , 2019 Do 2018 số nguyên dương liên 2,0 tiếp 2019! 2; 2019! 3;; 2019! 2019 hợp số b) Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử không tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa số nguyên tố Đặt An  i  ; n  i  n  2017 ; An tập 2018 số nguyên dương liên tiếp n Gọi f  n  số số nguyên tố tập An Từ định nghĩa An ta có An 1 \ An  An \ An1  n  * Do f  n  1  f  n   n  * 1 Từ giả thiết phản chứng, không tồn n cho f  n   2,0 Đặt B  n  * ; f  n   2 ; theo phần a) ta có f  2019!   hay 2019!  B Ta có tập B khác rỗng, theo ngun lí cực hạn, tồn số nguyên dương n0  B nhỏ Khi 1,0 f  n0   Hơn dễ thấy f 1  nên n0  Suy n0  số nguyên dương f  n0  1  2; f  n0   f  n0  1  (mâu thuẫn với 1 ) 1,0 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài (7,0 điểm) Cho dãy số thực  xn n0 thỏa mãn đồng thời điều kiện c) xn  n  0; n d) xn 1  x2n 3    1 x2n  với n      2   Chứng minh với số nguyên dương n, xn số nguyên tố n số nguyên tố n khơng có ước ngun tố lẻ Đáp án 2 Với n  0, n  x1  x , x2  x  x1  x2  Từ điều kiện cho ta Điểm 0,5 x2 n1  xn21  xn2 , x2 n  xn21  xn21  x2 n 1  x2 n  xn2  xn21  x2 n 1  x2 n1  x2 n  x2 n 1 , n  1 Ta chứng minh quy nạp x2 n  x2 n 1  x2 n 2 , n    Thật vậy, x2  x1  x0 giả sử   đến  n  Khi 2 x2 n  x2 n  xn2  xn2  xn21  xn21   xn 1  xn   xn2  xn21   xn 1  xn   xn21  xn2  x2 n 1 Vậy   chứng minh xong Từ 1 ,   suy xn   xn 1  xn , n  3,0 Vì x0  0, x1  nên  xn  n0 dãy Fibonacci Sử dụng kết quen thuộc sau: Với dãy số Fibonacci  xn  n0 , n m xn  xm Chú ý: Thí sinh phải chứng minh tính chất này, không bị trừ điểm Giả sử xn số nguyên tố với n   * 2,0 có ước nguyên tố lẻ Khi n có dạng pq, p số nguyên tố lẻ, q  * , q  Do x pq  x p Mặt khác dễ thấy  xn  tăng kể từ n  nên x p  x3  Do x pq hợp số, mâu thuẫn Vậy với n  để xn số nguyên tố n số nguyên tố n khơng có ước ngun tố lẻ 1,5 Bài (7,0 điểm) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác APB, CPD cắt cạnh BC theo thứ tự E , F Gọi I , J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABE , CDF ; hai đoạn thẳng BJ CI cắt Q Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB cắt cạnh BD M Đường tròn ngoại tiếp tam giác DJC cắt cạnh AC N a) Chứng minh BIJC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ba đường thẳng IM , JN , PQ đồng quy Đáp án Điểm (Xét hình vẽ) a) Kí hiệu  ABC  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi X , Y giao điểm thứ hai EI  ABE  , FJ  CDF  Khi X , Y tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI , CDJ PX , PY phân giác hai góc đối đỉnh APB, CPD nên P, X , Y thẳng hàng Gọi G giao điểm XE YF Ta có BPC ∽ XGY (g.g) BPA ∽ CPD XG BP AB   Mặt khác YG CP CD XG AB   định lí hàm số sin ta có YG CD Suy 2,0    DFC  nên   Áp dụng AEB   APB  DPC AIB  DJC XI hay IJ  XY YJ   EBP   PAD  nên AP phân giác góc EAD Biến đổi góc ta có Ta có EAP 1,0       EIJ   DCB  90  BAE  EXY   DCB BIJ JCB  BIE 2      BAE   DCB  90  BAE  EAD  DCB  180  90   EAP 2 2 Do BIJC tứ giác nội tiếp b) Gọi U ,V giao điểm MI BJ , NJ CI   180  DNC  Ta có  AMD  180   AMB  180   AIB  180  DJC AND, hay AMND   DAN   DBC  hay MN  BC tứ giác nội tiếp Suy DMN   JCQ  Ta có IBQ 3,0   BAM   180      CDN   CJV  BIU ABM   AMB  180  ABD AIB  180   ACD  DJC nên BIU ∽ CJV ; BIQ ∽ CJQ (g.g) Suy BU BQ hay UV  BC  CV CQ Ta có MN  UV  BC Áp dụng định lí Desargues cho hai tam giác BUM ; CVN gọi H giao điểm IM , JN ; P giao điểm BM , CN ; Q giao điểm BU , CV ; H , P, Q thẳng hàng Vậy IM , JN , PQ đồng quy H Ta có điều phải chứng minh HẾT 1,0 ... PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai: 15/9 /2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ nhất: 14/9 /2018 (Đáp... thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018- 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai: 15/9/2018