Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ 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 = , a2 = an + = 3an +1 − an với n = 1, 2,3, a 142 a12 a22 , ∀n = 1, 2,3, + + + nn < 7 1 + + + b) Với n ≥ , 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 ) = với i = 1,3 Đặt Si = + bi + ci với i = 1,3 Bài 2 Chứng minh S1 + S + S3 ≠ S1.S2 + 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 O′A , O′B 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 uuu r uuu r nguyên) A, B gọi “thân thiết” với A, B khác O −1 ≤ OA ×OB ≤ 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 nguyên đôi “thân thiết” với nhau? HẾT Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ 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 = , a2 = an + = 3an +1 − an với n = 1, 2,3, a) Chứng minh a 142 a12 a22 , ∀n = 1, 2,3, + + + nn < 7 b) Với n ≥ , 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 = α , u2 = β , aun +1 + bun + cun −1 = f ( n ) với ∀n ∈ ¥ * Nếu λ1 , λ2 hai nghiệm thực khác n n un = Aλ1 + Bλ2 , A, B xác định biết u1 , u2 Ta có: an + = 3an +1 − an ⇔ an + − 3an +1 + an = 3− Xét phương trình đặc trưng dãy ( an ) x − x + = với hai nghiệm x = λ1 = , x = λ2 = 3+ thỏa mãn λ1 + λ2 = , λ1λ2 = n n Khi ta có an = Aλ1 + Bλ2 Với n = ta có a1 = Aλ1 + Bλ2 ⇔ Aλ1 + Bλ2 = ( 1) 2 2 Với n = ta có a2 = Aλ1 + Bλ2 ⇔ Aλ1 + Bλ2 = ( 2) n n Từ (1) (2) suy A = 1, B = an = λ1 + λ2 ∀n ≥ n n λ12 λ22 an2 ( λ1 + λ2 ) Ta có n = = ÷ + ÷ + n , ∀n ≥ n 7 n n an2 λ12 λ22 ϕ , ϕ ∈ 0;1 ϕ + ϕ = 1, ϕ ϕ = ( ) Đặt ϕ1 = Có , n = ϕ1n + ϕ 2n + n , ∀n ≥ , ϕ2 = 2 49 7 7 Ta có a2 a12 a22 2 2 + + + nn = ( ϕ1 + ϕ12 + + ϕ1n ) + ( ϕ + ϕ 22 + + ϕ 2n ) + + + + n ÷ 7 7 7 ϕ1 ϕ2 ϕ ϕ 142 < + + = + + = ∀n ≥ (đpcm) 1 − ϕ1 − ϕ2 − ϕ1 − ϕ2 1− Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC b) Trước hết ta chứng minh an an + − a n +1 Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ = với n ≥ (bằng phương pháp quy nạp) Với n = mệnh đề Giả sử mệnh đề cho với n = k ( k ∈ ¥ , k > 1) , ta có ak ak + − ak2+1 = Ta chứng minh mệnh đề với n = k + Thật vậy: ak +1ak +3 − ak2+ = ak +1 ( 3ak + − ak +1 ) − ak2+ = ak + ( 3ak +1 − ak + ) − ak2+1 = ak + ak − ak2+1 = (đpcm) Ta có a 1 a a − a2 1 a = i i + i +1 = i − i +1 ÷, ∀i ≥ +1ai + +1ai + +1 + Ta định nghĩa thêm a0 = dãy số thỏa mãn hệ thức truy hồi n −1 Từ bn = ∑ i =0 a 1a a 1 n −1 a = ∑ i − i +1 ÷ = − n ÷, ∀n ≥ +1ai + i =0 +1 + a1 an +1 n n Theo câu a) ta có an = λ1 + λ2 , ∀n Suy lim n →+∞ an 3− = = an +1 + − −5 + 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 ) = với i = 1,3 Đặt Si = + bi + ci với i = 1,3 2 Chứng minh S1 + S + S3 ≠ S1.S2 + 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 = cos α với α ∈ [ 0; π ] b = P ( a ) = P ( cos α ) = 8cos α − cos α = cos 3α Tương tự, c = P ( b ) = P ( cos 3α ) = cos 9α , a = P ( c ) = P ( cos 9α ) = cos 27α kπ α = − 13 ( k ∈Z) Từ ta cần có cos α = cos 27α ⇔ α = ±27α + k 2π ⇔ α = kπ 14 Vậy chọn a = cos π 3π 9π b = 2cos , c = 2cos 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 ) = với i = 1,3 Đặt Si = + bi + ci với i = 1,3 Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ Chứng minh S + S + S ≠ S1.S + S S3 + S3 S1 2 2 2 Giả sử S1 + S2 + S3 = S1.S + S S + S 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 = Q ( b1 ) = b1 + P ( b1 ) + P ( P ( b1 ) ) − d = b1 + c1 + a1 − d = S1 − d = Q ( c1 ) = c1 + P ( c1 ) + P ( P ( c1 ) ) − d = c1 + a1 + b1 − d = S1 − d = Suy a1 , b1 , c1 nghiệm phân biệt phương trình Q ( x ) = Tương tự, a2 , b2 , c2 a3 , b3 , c3 nghiệm phân biệt phương trình Q ( x ) = hay phương trình Q ( x ) = có nghiệm thực phân biệt có tổng 3d Mặt khác, Q ( x ) = x + x − x + ( x3 − x ) − ( x − x ) 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 ) = có tổng nghiệm hay 3d = ⇒ d = ⇒ Q ( x ) = có nghiệm 0, mà P ( ) = mâu 2 thuẫn với giả thiết P ( ) = bi , P ( bi ) = ci , P ( ci ) = Vậy S1 + S + S3 ≠ S1.S + S S + 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 O′A , O′B 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 Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ 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 // O′F nên EOM = EO · · · ′EF = 180° − EO′F = 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 VAFM : VEAM ⇒ = EAM EM AM Xét đường tròn điểm A đường tròn ( O′ ) từ đẳng thức trên, ta thấy M có phương tích đến hai đường tròn 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 O′F + O′F = MN tan O ÷ FA FB O′F 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 Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ 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 Ω tâm M , phương tích MA2 thì: AB ↔ ( O ) , ( O′ ) ↔ ( O′ ) Ảnh TN qua Ω đường qua M tiếp xúc với ( O′ ) Chú ý Ω : 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 = 90o · · Xét tứ giác AMBS có ·AMB = α không đổi tổng SAM + SBM = 90o nên ·ASB = 270o − α , chứng tỏ S ln thuộc cung chứa góc 270o − α dựng AB Ta có đpcm (1 điểm) Câu Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy, hai điểm nguyên (hoành độ tung độ số uuu r uuu r nguyên) A, B gọi “thân thiết” với A, B khác O −1 ≤ OA ×OB ≤ 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 nguyên đôi “thân thiết” với nhau? Lời giải a) Ta có điều kiện −1 ≤ 3x + y ≤ nên có ba trường hợp: (1) Nếu x + y = ( x, y ) = (−7t ,3t ) với t ∈ ¢ thỏa mãn Xét hệ ràng buộc sau −19 ≤ −7t ≤ 19 ⇔ −2 ≤ t ≤ t ≠ nên có tất điểm −19 ≤ 3t ≤ 19 (2) Nếu x + y = ( x, y ) = (−2 + 7t ,1 − 3t ) với t ∈ ¢ thỏa mãn Xét hệ ràng buộc −19 ≤ −2 + 7t ≤ 19 ⇔ −2 ≤ t ≤ nên có tất điểm −19 ≤ − 3t ≤ 19 Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ (3) Nếu x + y = −1 ( x, y ) = (2 + 7t , −1 − 3t ) với t ∈ ¢ thỏa mãn Xét hệ ràng buộc −19 ≤ + 7t ≤ 19 ⇔ −3 ≤ t ≤ nên có tất điểm −19 ≤ −1 − 3t ≤ 19 Vậy tổng số điểm nguyên thỏa mãn + + = 16 2 b) Gọi điểm cho Ai ( ; bi ) với , bi ∈ ¢ , i = 1, n + bi > Ta có ak + bibk ≤ 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 khơng 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 ≥ , 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 ≤ −2 , khơng 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 Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang ...Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày thi thứ năm 2019-Tổ GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN(NGÀY THI THỨ NHẤT) TIME:... − ϕ1 − ϕ2 1− Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC b) Trước hết ta chứng minh an an + − a n +1 Đề HSG HCMngày... EM ME.MF b) Ta chứng minh M , S , T thằng hàng MS MT = MA2 = MB Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG HCMngày