Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc gia môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Tháp

Luyện tập với Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc gia môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Tháp giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề chính xác giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo và tải về đề thi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM 2019 Mơn: TỐN Ngày thi: 12/7/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề   ĐỀ CHÍNH THỨC  (Đề gồm có 05 trang)    Câu (4,0 điểm)  a) Cho các số thực  x, y, z  thỏa mãn:  x 1  y   z     y z x Tính giá trị biểu thức  P  x y   y z   z x    b) Cho các số thực dương  a, b  thỏa mãn  a  a3  b  b3  Chứng minh rằng  a  b    Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  8( x  y  xy )  x   8( y  x  yx )  y  Câu (4,0 điểm)  Xét phương trình  x 31  y  z 2018 a) Chứng minh rằng tồn tại vơ số bộ ba số ngun  x, y, z  thỏa mãn phương trình trên.  b) Có tồn tại hay khơng bộ ba số ngun dương  x, y, z  thoả mãn phương trình trên?  Câu (6,0 điểm)  Cho đường thẳng  d  và điểm  A  cố định khơng thuộc  d , H  là hình chiếu của  A  trên  d   Các  điểm  B , C   thay  đổi  trên  d    sao  cho  HB.HC  1   Đường  tròn  đường  kính  AH   cắt  AB , AC  lần lượt tại  M , N a) Chứng minh đường thẳng  MN  đi qua một điểm cố định.  b)  Gọi  O   là  tâm  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  BMC   Chứng  minh  O   chạy  trên  một  đường thẳng cố định.  Câu (2,0 điểm) Cho bảng ô vuông gồm  m  hàng và  n  cột. Tại ơ góc trên bên trái của bảng người ta đặt  một qn cờ. Hai người chơi ln phiên di chuyển qn cờ, mỗi lượt di chuyển chỉ di chuyển  qn  cờ  sang  phải  một  ơ  hoặc  xuống  dưới  một  ô.  Người  chơi  nào  đến  lượt  mình  khơng  di  chuyển được qn cờ thì thua. Xác định điều kiện của  m, n  để người thực hiện lượt chơi đầu  tiên ln là người thắng -HẾT- II Đáp án thang điểm  Câu Ý a Nội dung   Tính giá trị biểu thức  P  x y   y z   z x    Điểm    x  y  1  1   Từ giả thiết ta có:  y   1       z    z  x  1   3  Suy ra  x , y , z      Nếu  x  y  thì từ (1) và (2) suy ra  y  z    Từ (2) và (3) suy ra  x  z  Từ (1) và (3) suy ra  y  x , vô lý.   Tương tự, nếu  x  y  ta cũng dẫn đến điều vô lý.   Suy ra  x  y  Từ đó có  x  y  z         0,25  Thay  x  y  z  vào giả thiết ta có  x3  x2     b 2,0 0,25  0,25  0,25  0,25  0,25  0,25  Do đó  P  3x x   x3  x    Chứng minh  a2  b2    Do  a  a3  b  b3   nên   a     Do đó,  b  b3  1. Suy ra   b    Giả sử  a2  b2   Từ giả thiết ta có:    a  b   a  b   a  b  ab    a  b 1  ab    0,25  Suy ra:  a  a  b   , vơ lý (vì   a, b  ).  0,5  2,0 0,5  0,5  0,5  8( x  y  xy )  x  Giải hệ     8( y  x  yx )  y  Dễ thấy cặp  (0;0) là một nghiệm   Nếu x = 0 thì y = 0  0,25  Nếu y = 0 thì x = 0  0,25  4,0 Câu Ý Nội dung x , y Xét   đều khác 0. Lúc đó hệ trên tương đương với  Điểm 8( x y  y  xy )  xy     4 8( xy  x  x y )  xy  Trừ theo từng vế hai phương trình của hệ ta được  0,75  2 xy  x3  y3    x3  y3      3 Tức  ( x  y )(2 xy  1)    0,25  TH1.  x  y : Thay vào hệ đã cho ta được  x  y    a  1 1  TH2.  xy  :  Thay vào hệ đã cho ta được các nghiệm  1;  ;  ;1    2 2  9 9 1   1 Vậy hệ có nghiệm là:   0;  ;  ;  ;  ;1 ;  1;    8 8 2   2 31                         x  y  z 2018 Chứng minh rằng tồn tại vơ số bộ ba số ngun  x, y, z  thỏa mãn phương  trình trên.  Cho  x   phương trình trở thành: y  z 2018   1,0  1,0  0,25  2,0 0,5   ( a  là số nguyên tùy ý). Suy ra  z  a   0,5  Khi đó   x, y, z    0; a 2018 ; a   thoả mãn phương trình.  0,5  Chọn  y  a b 2018 0,25  Vì  a  ngun tuỳ ý nên tồn tại vơ số bộ ba   x, y, z   ngun thoả mãn  phương trình.  Có tồn tại hay khơng các số ngun dương  x, y, z  thoả mãn phương trình  trên?  Tồn tại Xét  x  25 m , y  231m    m      Khi đó:  x31  y  2155 m1   0,5  2,0 0,5  Ta cần chọn  m  sao cho  155m   2018n   n      1     Khi đó  z  2n  Từ (1) suy ra 2018n  1  chia hết cho  155       3n 1 chia hết cho 155.  Đặt  3n   155k   k      ta suy ra  156 k  1  k   chia hết cho 3  0,5  0,25  0,25   k   chia hết cho 3.  Do đó  k  3q  1  q      Từ đó ta có:  m  2018 q  677   5 2018 q 677  Như vậy tất cả các bộ  x  nghiệm của phương trình đã cho.  31 2018 q 677  , y  , z  2155q52   đều là  0,25  0,25  Câu   Ý Nội dung (Phương trình 1 giải cách nghiệm riêng Điểm  m0 ; n0    677;52  sử dụng công thức nghiệm:   m  2018q  677 )   n  155 q  52  a Chứng minh đường thẳng  MN  đi qua một điểm cố định  A N E M 3,0                 0,25  d B C H D   Gọi D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường  thẳng AH.   Ta có:     HA.HD  HB.HC  1   Do đó  D  cố định.  Gọi E là giao của MN với AH. Ta có tứ giác AMHN nội tiếp nên:   AMN   AHN   ACB   ADB     b Do đó, tứ giác MBDE nội tiếp.    Suy ra:  AE AD  AM AB  AH     Vậy E cố định.  Chứng minh  O  chạy trên một đường thẳng cố định  0,75  0,25    0,75  0,25  0,5  0,25  3,0 A P N 0,5  M d B H C Q   Câu   Ý Nội dung Do  AM AB  AN AC  AH  nên tứ giác BMNC nội tiếp. Do đó, O là  tâm đường trong ngoại tiếp tứ giác BMNC.  Giả sử đường tròn   BMNC   cắt đường thẳng AH tại P và Q. Ta có:               HP.HQ  HB.HC  1   Điểm   0,75  0,75                    AP AQ  AM AB  AH   Từ đó suy ra P, Q cố định.   0,5  Vậy O thuộc trung trực của PQ cố định.  0,5  Xác định điều kiện  m, n  để người chơi đầu tiên ln thắng.  2,0 Ta tơ màu các ơ của bảng ơ vng lần lượt bằng hai màu trắng và đen với  ơ trên cùng bên trái của bảng là màu trắng (tơ đan xen như bàn cờ).   Ta gọi người thứ nhất là người thực hiện di chuyển đầu tiên và người còn  0,25  lại là người thứ hai.  Gọi ơ thuộc hàng  p  cột  q  là ơ   p; q    Khi đó:  + Nếu  m, n  cùng tính chẵn lẻ thì ơ  1;1  có cùng màu với ơ   m; n     0,25  + Nếu  m, n  khác tính chẵn lẻ thì ơ  1;1  khác màu với ơ   m; n     Ta thấy mỗi lượt di chuyển (theo quy tắc di chuyển của bài tốn) cả hai  0,25  người chơi điều phải di chuyển cờ sang ơ khác màu với ơ cờ đang đứng.  Vì quy  luật di chuyển của bài tốn là hoặc chỉ xuống 1 ơ hoặc chỉ  sang  phải 1 ơ nên:  + Ở lượt di chuyển đầu tiên, người thứ nhất sẽ di chuyển cờ sang ơ đen,  người thứ hai sẽ di chuyển cờ sang ơ trắng và đây là bất biến của bài tốn.  +  Cờ  luôn  được  đưa  về  ô   m, n    điều  này  có  nghĩa  người  thắng  phải  là  0,5  người  trong  lượt  chơi  của  mình  phải  đặt  cờ  vào  ơ   m, n    (và  như  vậy  người còn lại khơng di chuyển cờ được).  Do đó để người thứ nhất ln thắng thì ơ   m, n   phải trùng màu với ô mà  người  thứ  nhất  di  chuyển  lần  đầu  tiên  (tức  ơ  đen).  Hay  nói  cách  khác  ơ  0,25   m, n   phải khác màu với ơ  1;1  thì người thứ nhất ln thắng.  Điều đó có nghĩa  m, n  phải khác tính chẵn lẻ.  Ngược  lại,  nếu  m, n   có  cùng  tính  chẵn  lẽ.  Theo  lập  luận  trên  người  thứ  0,25  hai ln thắng (dù người thứ nhất có di chun như thế nào).  Vậy  m, n  phải khác tính chẵn lẻ thì người thứ nhất ln thắng.  -HẾT- 0,25  ...II Đáp án thang điểm  Câu Ý a Nội dung   Tính giá trị biểu thức  P  x y   y z   z x    Điểm    x  y  1  1   Từ giả thi t ta có:  y   1       z  ... C H D   Gọi D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường  thẳng AH.   Ta có:      HA.HD  HB.HC  1   Do đó  D  cố định.  Gọi E là giao của MN với AH. Ta có tứ giác AMHN nội tiếp nên: ... Tương tự, nếu  x  y  ta cũng dẫn đến điều vô lý.   Suy ra  x  y  Từ đó có x  y  z         0,25  Thay  x  y  z  vào giả thi t ta có x3  x2     b 2,0 0,25  0,25  0,25  0,25  0,25  0,25  Do đó