Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Ninh Bình

Hi vọng “Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Ninh Bình” được chia sẻ dưới đây sẽ cung cấp những kiến thức bổ ích cho các bạn trong quá trình học tập nâng cao kiến thức trước khi bước vào kì thi của mình. Chúc các bạn thi tốt!

SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH Năm học 2018 – 2019 MƠN: TỐN Ngày thi 11/09/2018 (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 04 câu, 01 trang Câu (6,0 điểm)  y  y2  2 (x  y)(x  xy  y  2)  2ln Giải hệ phương trình:  x  x2 1  x y 3 2x   2y  Câu (4,0 điểm) Xét hội tụ dãy số  x n  biết x  , x n 1   n   xn xn Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Dựng phía ngồi tam giác ABC hình bình hành ABMN ACPQ cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP Gọi G giao điểm AQ BM, H giao điểm AN CP Đường tròn ngoại tiếp tam giác GMQ, HNP cắt E F (E nằm đường tròn (O)) a) Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh bốn điểm B, C, O, E thuộc đường tròn Câu (4,0 điểm) Bạn Thanh viết lên bảng số 1, 2, 3,…, 2019 Mỗi bước Thanh xóa hai số a b bảng viết thêm số ab Chứng minh dù xóa sau a  b 1 thực 2018 bước bảng ln lại số 2019 -Hết - Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: Câu Nội dung  y  y2  2 ( x  y )( x  xy  y  2)  ln  x  x2   x y 3 x   y  Điều kiện xác định: x, y   Điểm 1  2 Phương trình 1  x3  y  2( x  y )  ln( y  y  1)  ln( x  x  1)  x  x  ln( x  x  1)  y  y  ln( y  y  1) Xét f (t )  t  2t  ln(t  t  1) , ta có: f (t )  3t    (t  1)  2 t2 1   2t  t 1 t 1  2t  t   Suy f  t  hàm số đồng biến  Do (1)  f  x   f  y   x  y Thay x  y vào phương trình   ta 3x  x  1  x  (3) điểm không nghiệm (3) 2x 1 0 Do (3)  3x  2x 1 2x 1 Xét g (x)  3x  , ta có: 2x 1 g ( x)  3x ln  (2 x  1) 1  g ( x)  x  (; )  ( ; ) 2 Nhận xét: x  2 Suy g(x) đồng biến khoảng (; ), ( ;  ) Suy phương trình (3) có khơng q nghiệm Mà g 1  g  1   3 có nghiệm x  1 Kết luận: Tập nghiệm hệ (1;1);(1; 1) Nhận xét: xn  n  *  , ta có g(x) nghịch biến  0;   x x Do g ( x) nghịch biến  0;   nên g  g hàm đồng biến  0;   Đặt g  x   điểm Suy  x2n  đơn điệu Mà x1  4 32  24 , x2   x0  x2 (4  3) Do  x2n  dãy đơn điệu tăng Suy x2 n  n   Giả sử tồn giới hạn lim xn  a  lim x2 n  a  a  * Từ lim xn  a xn 1  3  , cho n dần đến vô ta được: a   xn xn a a   a  a2  a   a a a a    Suy a < (Mâu thuẫn) Vậy dãy  xn  không hội tụ F Q N A P C E M O G H B điểm D a 3,5 điểm Gọi (O1), (O2) đường tròn ngoại tiếp tam giác GMQ, HNP suy EF trục đẳng phương (O1), (O2) Gọi D giao điểm BM CP suy AGDH hình bình hành Vì ABN  CAP  (AB, AN) = (CA, CP) (BA, BD) = (AB, AN) = (CA, CP) = (CA, CD)  A, B, C, D đồng viên Suy (CA, CB) = (DA, DG), (AB, AC) = (DG, DC)=(GD, GA) suy hai tam giác ABC GAD đồng dạng  AB GD AH   AC GA AG Mà ABN  CAP  AB CP  CA AN AH CP AQ   AG AN AN  AH AN  AG AQ  PA/(O1 )  PA/(O2 )  Mà EF trục đẳng phương (O1), (O2)  A  EF Vậy A, E, F thẳng hàng b 2,5 điểm Gọi F   MN  PQ Ta có:  F M , F Q    AB, AC    GM , GQ  Suy F    O1  Tương tự F    O2  Suy F   F Ta có E, F, M, G đồng viên  (GB, GE) = (GM, GE) = (FM, FE)= (AB,AE) suy A, B, E, G đồng viên Tương tự A, C, E, H đồng viên Suy (EB, EC) = (EB,EA) + (EA, EC) = (GB, GA) + (HA, HC) = 2(DB,DC) Mà A, B, C, D đồng viên suy D thuộc (O)  (OB, OC) = 2(DB, DC)  (EB, EC) = (DB, DC) Suy B, C, E, O đồng viên Với tập T  a1 ; a2 ; ; an  số viết bảng đặt  1    A T     1  1   1  a1  a2   an   A 1; 2;; 2019  2020     a  1 b  1  1  1  ab  a  b  Ta thấy:  điểm  1  ab     a  b 1 Suy xóa hai số a b thay ab , tập T biến thành tập T  a  b 1 A T   A(T ) Giả sử sau thực 2018 bước ta số thực x ta có: A x Vậy bảng ln lại số  x  x   2020 2019 2019 ………………………HẾT SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN: TỐN Ngày thi:12/09/2018 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 04 câu, 01 trang Câu (4,0 điểm) Cho đa thức P(x) có hệ số nguyên a, b, c số nguyên thỏa mãn P(a)  1, P(b)  P(c)  Chứng minh rằng: a + c = 2b Câu (5,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 ab  bc  ca   4 2 94 a  b2  c2 a b c  a  b  c   Câu (6,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O), đường tròn tâm I tiếp xúc với tia AB, AD E F, đồng thời tiếp xúc với đường tròn (O) điểm T Hai tiếp tuyến A T đường tròn (O) cắt K Các đường thẳng TE, TF cắt đường tròn (O) thứ tự điểm M, N (M, N khác T) a) Chứng minh ba điểm K, M, N thẳng hàng b) Đường phân giác góc BAC cắt đường thẳng MC P, đường thẳng KP cắt đường thẳng CN Q Chứng minh rằng: Nếu N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADQ bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ACD Câu (5,0 điểm) Với số n nguyên dương, đặt f(n) số ước nguyên dương n Xét tập hợp G  {n  * : f (m)  f (n), m  ,  m  n} gọi pi số nguyên tố thứ i ( i  * ) a) Chứng minh rằng: Nếu n thuộc G p m ước nguyên tố n ( p1p p m ) ước n b) Với số nguyên tố p m , gọi k, M số nguyên dương thỏa mãn 2k  p m M  (p1p  p m 1 ) 2k Chứng minh rằng: Nếu n  M n thuộc G n chia hết cho p m -Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: Câu Nội dung Điểm Vì P(b) = nên ta có P  x    x  b  q  x   với q ( x)    x  Suy  P  a    a  b   q  a     a  b   q  a   1 điểm  P c  c  b  q c   c  b  q c  Vì a – b, c – b, q(a), q(c) số nguyên nên a – b c – b ước a  b   c  b  1 Ta có P  a   P  c   a  c Suy ra:  a  b  1  c  b   a  c  2b 1 1 ab  bc  ca   4 2 94 a  b2  c2 a b c ab  bc  ca 1 1  a  b  c        2 a  b2  c2 a b c  a  b  c   a  b  ab b  c  bc c  a  ca 2 2  a  b   a  c  b  c 2 (*) a2  b2  c2  a  b Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c  b a  c  c Áp dung bất đẳng thức Chebyshev ta có:   a  b 2  a  c   2     b  c    a  b    a  c   c   b a  b  ab điểm a  c  ac 2 2  a  b    a  c      a b  c (1) Đẳng thức xảy b = c   Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM: a  b  c  2a   b  c   2a  b  c   2  a b  c  a  b2  c 2 2 2  a  b    a  c   a  b   a  c    Suy 2 a b  c a2  b2  c2 (2) Đẳng thức xảy a = b = c a  b  c a  b  c  3bc  2bc (vì a  b  c ) b  c   bc 2 b  c  a2  b2  c2 (3) Từ (1), (2), (3) suy BDT (*) Suy điều phải chứng minh Dấu xảy a  b  c a  2b  2c hoán vị M B E A O L N IX F K D T a) 3,0 điểm Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến đường tròn  I  thành đường tròn  O  Khi T , E , M thẳng hàng E   I  , M   O  nên VTk : E  M T , F , N thẳng hàng F   I  , N   O  nên VTk : F  N Gọi L giao điểm AT (I) suy VTk : L  A Tiếp tuyến E , F  I  TL đồng qui A  TELF tứ giác điều hòa điểm Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến tứ giác TELF thành TMAN nên TMAN tứ giác điều hòa Suy K , M , N thẳng hàng b) 3,0 điểm M B E A P I O r1 N F K J Q IX C D T Từ IE // OM nên OM  AB  M điểm cung AB  O  Tương tự: N điểm cung AD  O   cắt CM P , mà CM phân giác góc  Phân giác góc BAC ACB nên P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ngồi ra, Q thuộc CN phân giác góc  ACD NQ  NA  ND nên Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Gọi r1 , r2 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ADC Do K , P , Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus cho tam giác MCN với cát tuyến K , P, Q ta có: PC KM QN 1 PM KN QC Tam giác KAM  KNA KM KM KA  AM     Mặt khác:  KN KA KN  AN  QC AM sin  ACM   PC sin MCA    Suy  QC sin NCA PC AN sin  ACN Suy r1  r2 Ta có điều phải chứng minh a) điểm Giả sử n  p1k1 p2k2  pk ( ki  , i  1,  )  f (n)  (k1  1)(k2  1)  (k  1) Giả sử n chia hết pm , tồn i thỏa mãn  i  m   mà n không chia hết cho pi Suy k m  1, ki  Xét n0  n pi ta có: pm n0  n f ( n0 )  f (n) ( ki  2) k m 2k m  f (n) ( ki  1)(k m  1) km  Do k m   2k m  k m  nên f (n0 )  f (n) mâu thuẫn Vậy n chia hết cho pi với i  1, 2,  , m điểm b) điểm Xét n  G n  M Giả sử n khơng chia hết cho pm ước n thuộc tập { p1 , p2 , , pm 1} (Thật vậy, giả sử n có ước p j  pm theo ý (a) n chia hết cho p1 , p2 , , pm ,  , p j Mâu thuẫn.) Suy n  p1k1 p2k2  pmkm11 ( ki  , i  1, m  1) Vì n  M nên tồn i :  i  m  cho ki  2k Đặt n1  n n0  n1 pm Do pik  k  pm suy n0  n k pi f (n)  (k1  1)(k2  1)  (kt  1) f (n0 )  (k1  1)(k2  1)  (ki 1  1)(k i  k  1)(ki 1  1)  (kt  1).2 Vì ki   2k  2( ki  k  1)  ki   f (n0 )  f (n) Mâu thuẫn Vậy có điều phải chứng minh ………………………HẾT