SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu a) Cho dãy số xn xác định x1 xn1 xn với n* Chứng xn minh dãy số xn có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn b) Tìm tất hàm số xác định, liên tục khoảng 0; thỏa mãn: x 2 x 2x f x f với x x 3 x3 Câu a) Cho số tự nhiên a thỏa mãn a có ước nguyên tố lẻ p Chứng minh a p2 p2 b) Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n cho 2019n 1 n Câu Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Đường tròn nội tiếp I tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E, F Đường tròn A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH điểm K Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC P Các đường thẳng DK PK cắt đường tròn A Q T khác K a) Chứng minh tứ giác TDPQ nội tiếp ba điểm Q, A, P thẳng hàng b) Đường thẳng DK cắt đường tròn I điểm thứ hai X Chứng minh ba đường thẳng AX , EF , TI đồng quy c) Chứng minh đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn I Câu Cho P x đa thức khác số với hệ số thực cho tất nghiệm số thực Giả sử tồn đa thức Q x với hệ số thực cho P( x) P Q x với x Chứng minh tất nghiệm đa thức P x Câu Một tập hợp gồm số nguyên dương gọi tập Pytago số độ dài ba cạnh tam giác vuông Chứng minh với hai tập Pytago P, Q bất kỳ, ta ln tìm m tập Pytago P1 , P2 , , Pm (m 2) cho P1 P, Pm Q Pi Pi 1 với i m HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……….……… …… …… Số báo danh: …………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN MƠN: TỐN (Đáp án có 05 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm x 2 a) Cho dãy số xn xác định x1 xn1 n với n* xn Chứng minh dãy số xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn b) Tìm tất hàm số xác định liên tục khoảng 0; cho a x 2 x 2x , x f x f x x3 b2 b Dễ thấy Xét số b>0 nghiệm phương trình b b3 xn 0, n nên ta có: xn1 b n 1 1 xn b xn 1 b x1 b 9 9 n 1 Do lim x1 b nên theo nguyên lý kẹp suy lim xn b 9 b 1,0 xn b xn b xn b xn b xn 3 b 3 Suy xn1 b 3,0 x 2 x 2x x 2 x f x f x Ta có f x f x x3 x 3 x x 2 x , x Suy f x x f x x x 2 , x (1) Đặt g x f x x g x g x Chọn a tùy ý, xét dãy xn xác định x1 a; xn 1 1,0 0,5 xn , n * xn 0,25 Hồn tồn tương tự phần a) lim xn b Từ (1) suy g a g x1 g x2 g xn , n * Do hàm g x liên tục 0; nên g a lim g xn g lim xn g Suy g x c hay f ( x ) x c với x 1 c 0,25 Thử lại ta thấy hàm số cần tìm f x x c với x 0, c số tùy ý a) Cho số tự nhiên a cho a có ước nguyên tố lẻ p Chứng minh a p 1 p b) Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n cho 2019n 1 n p Ta có a p a p m 1 m p 1 m p m 1 m 1 A , với m a p a Do p lẻ nên a 1 a 1 p m 1 p m 1 mod p Do 2,0 0,5 p A m p 1 m p 2 m p mod p Suy m 1 A p , tức a p 1 p b 0,5 0,5 Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau quy nạp theo k: Cho số tự nhiên a k cho a có ước nguyên tố lẻ p Khi a p 1 p k , k * (1) Theo giả thiết ta thấy (1) với k Giả sử (1) với k, ta chứng minh (1) với k k 1 Ta có a p a p k p m 1 m p 1 m p m 1 m 1 A , 0,25 k m a p Theo giả thiết quy nạp m 1 p k Lại có m 1 p m 1 mod p Do A m p 1 m p 2 m p mod p k 1 Suy m 1 A p k 1 , tức a p 1 p k 1 Vậy (1) với k Trở lại tốn: Với a 2019 a 2020 có ước nguyên tố lẻ nên theo (1) số n 5k thỏa mãn 2019n 1 n k Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp 20195 1 5k , k * cho tối điểm Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Đường tròn nội tiếp I tam 0,25 giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E, F Đường tròn A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH điểm K Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC P Các đường thẳng DK PK cắt đường tròn A Q T khác K a) Chứng minh tứ giác TDPQ nội tiếp ba điểm Q, A, P thẳng hàng b) Đường thẳng DK cắt đường tròn I điểm thứ hai X Chứng minh ba đường thẳng AX , EF , TI đồng quy c) Chứng minh đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn I 3,0 Q A T E F K B a) H I D C P TQK TAK 900 TPD Suy tứ giác TDPQ nội Ta có TQD AKT HPK tiếp AKQ DKH KDI (1) Ta có KQA Dễ thấy IF tiếp tuyến A nên ID2 IF IK IT IDK ITD ITD KQP (2) Từ (1) (2) suy KQA KQP Suy KDI 1,0 0,5 Do ba điểm Q, A, P thẳng hàng Q A T X Z t F E S K I Y B b H D P C Gọi Y giao điểm thứ hai AX với I Ta có IXK IDX AKX ( AK || ID ) IX IF IK IT ITX Lại có AK AF AX AY AKX AYK Suy ITX AYK Do tứ giác XKYT nội tiếp Xét ba đường tròn: XKYT ; I ; A , có trục đẳng phương KT, XY, EF Do ba đường thẳng KT, XY, EF đồng quy tâm đẳng phương ba đường 0,25 0,25 c tròn Vậy ba đường thẳng AX, EF, TI đồng quy Gọi Z giao điểm thứ hai đường thẳng PT với đường tròn đường kính AP Khi AZ KT Z trung điểm KT Do IE IF tiếp tuyến A nên 0,25 TKSI 1 , theo hệ thức Macloranh ta SZ SI SK.ST SX SY ZIX Suy tứ giác XZYI nội tiếp, suy ZYX ZPA ITD DQP IX || PQ ZIX ZPA Vậy ZYX Mặt khác IXD Suy tứ giác AZYP nội tiếp, suy Y thuộc đường tròn đường kính AP Vẽ tiếp tuyến Yt (I), ta có 1 90 IZY 90 YAP YPA tYX XIY 90 IXY Do Yt tiếp tuyến đường tròn đường kính AP Vậy đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn I điểm Y (đpcm) 0,25 0,25 0,25 Cho P x đa thức khác số với hệ số thực cho tất nghiệm số thực Giả sử tồn đa thức Q x hệ số thực cho P( x) P Q x với x Chứng minh tất nghiệm 1,0 P x d1 d2 dk Giả sử P x A x x1 x x2 x xk , x1 x2 xk tất nghiệm thực P x Dễ thấy degQ x Q x ax2 bx c 0,25 Khi ta 2d A2 x x1 x x2 d2 x xk dk k A ax bx c xi di i 1 Do với số i nghiệm đa thức ax bx c xi xs , xt , với s, t b Theo định lý Viet ta xs xt a Như tất nghiệm P x chia thành cặp xs , xt mà tổng 0,25 b hai số cặp a Giả sử x1 ghép cặp với xs xk ghép cặp với xt Từ x1 xt ; xs xk x1 xs xk xt ta suy x1 xt ; xs xk Vậy x1 ghép cặp với xk Lập luận hoàn toàn tương tự suy cặp có dạng x j , xk 1 j Áp dụng định lý c xm , với m a c xm k 1 Do có k giá trị số dạng x j xk 1 j chứa nhiều a k 1 giá trị phân biệt nên k Từ bất đẳng thức ta suy k=1 Khi 0,25 Viet ta có x j xk 1 j 0,25 d P x A x x1 , suy tất nghiệm P x (đpcm) Một tập hợp gồm số nguyên dương gọi tập Pytago số độ dài ba cạnh tam giác vuông Chứng minh với hai tập Pytago P, Q 1,0 bất kỳ, ta ln tìm m tập Pytago P1 , P2 , , Pm (m 2) cho P1 P, Pm Q Pi Pi 1 với i m Bổ đề: Với số nguyên dương n , tồn tập Pytago chứa số n Ta chứng minh mệnh đề quy nạp theo n Dễ thấy mệnh đề với n 3, 4,5 3, 4,5 tập Pytago Xét n , giả sử mệnh đề với số nhỏ n, ta cần chứng minh mệnh đề với n + Nếu n chẵn, n 2k k n Theo giả thiết quy nạp, tồn tập Pytago A chứa số k Giả sử A k , a, b Khi tập B n, 2a, 2b tập Pytago chứa số n 0,25 + Nếu n lẻ, ta thấy tập A n; n 1 ; n2 1 tập Pytago chứa số n Vậy tồn tập Pytago chứa số n Nếu hai tập Pytago P, Q thỏa mãn yêu cầu tốn ta nói cặp P, Q cặp “đẹp” kí hiệu P Q Như ta cần chứng minh cặp Pytago P, Q cặp đẹp (1) Nhận xét: Ta cần chứng minh mệnh đề (1) trường hợp P 3, 4,5 Chứng minh: Xét P 3, 4,5 giả sử với tập Q tập Pytago P, Q cặp đẹp Xét hai tập Pytago Q, R , P, Q P, R cặp đẹp nên tồn dãy Q1 , Q2 , , Qm R1 , R2 , , Rt cho 0,25 Q1 P1 3;4;5 ; Qm Q; Rt R Qi Qi 1 ; Ri Ri 1 Khi dãy Qm , Qm 1 , , Q1 , R2 , R3 , , Rt thỏa mãn yêu cầu toán Suy Q, R cặp đẹp Qua phép chứng minh ta suy P, Q P, R hai cặp đẹp Q, R cặp đẹp Trở lại toán, xét P 3, 4,5 , ta tiếp tục chứng minh toán quy nạp theo phần tử nhỏ Q Giả sử Q n + Nếu n hiển nhiên P, Q cặp đẹp + Xét n , giả sử mệnh đề với số Q n * Nếu n chẵn, n 2k k n Theo bổ đề giả thiết quy nạp tồn tập Pytago Q’ chứa k P, Q ' cặp đẹp Dễ thấy nhân tất phần tử cặp đẹp với số lại cho ta cặp đẹp Do gọi Q ' k ; x; y cặp sau đẹp: 0,25 n;2x;2 y ;6;8;10 ; n;2 x;2 y ; Q (vì có giao khác rỗng) Mặt khác 6;8;10 ;3;4;5 cặp đẹp chuỗi xây dựng tập đẹp Pytago sau: 6;8;10 8;15;17 9;12;15 5;12;13 3; 4;5 Vậy Q 3;4;5 tạo thành cặp đẹp * Nếu n lẻ Q n; n 1 n 1 ; n 1 Theo bổ đề tồn tập Pytago 2 R chứa n 1 tập Pytago H chứa n 0,25 Từ n 1 n n 1 n nên theo giả thiết quy nạp ta có R 3; 4;5 ; H 3; 4;5 Do n; n 1 n 1 ; n 1 n 1 R n 1 P 3H 33;4;5 9;12;15 3;4;5 Vậy Q 3; 4;5 tạo thành cặp đẹp tốn chứng minh hồn tồn - HẾT ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019- 2020 HƯỚNG DẪN MƠN: TỐN (Đáp án có 05 trang) I LƯU Ý CHUNG: -... (1) với k Trở lại tốn: Với a 2019 a 2020 có ước nguyên tố lẻ nên theo (1) số n 5k thỏa mãn 2019n 1 n k Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp 20195 1 5k , k * cho tối điểm... giả thi t ta thấy (1) với k Giả sử (1) với k, ta chứng minh (1) với k k 1 Ta có a p a p k p m 1 m p 1 m p m 1 m 1 A , 0,25 k m a p Theo giả thi t