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

Cùng tham khảo “Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc gia môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình” dưới đây, giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 21/08/2018 Câu (5 điểm) Cho dãy số  un  u1   thỏa mãn  * u    n   n   u  n  a) Chứng minh rằng: dãy số có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn 2018 b) Chứng minh rằng: u k  4036 k 1 Câu 2: (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  có H trực tâm, nội tiếp đường tròn (O) BE , CF đường cao tam giác ABC ( E  AC , F  AB ) Đường thẳng EF cắt BC G, đường thẳng AG cắt đường tròn (O) M a) Gọi T trung điểm BC Chứng minh: GH  AT b) Lấy điểm P tia BC (P nằm ngồi đoạn BC) Đường trịn (O) cắt AP I cắt đường trịn đường kính AP Q (I, Q khác A) AQ cắt BC J Chứng minh rằng: đường thẳng IJ qua điểm cố định Câu (5 điểm) Cho P( x)  x n  an1 x n 1  an2 x n2   a1 x  a0 đa thức với hệ số thực, n số nguyên dương chẵn có n nghiệm thực (khơng thiết phân biệt) Giả sử y số thực dương thỏa mãn với số thực t  y P(t )  Chứng minh rằng: n P(0)  n P( y)  y Câu (5 điểm) Cho 2018 số nguyên dương a1 , a2 , , a2018 số nguyên a  cho a chia hết cho a1.a2 .a2018 Chứng minh rằng: a 2019  a  không chia hết cho  a  a1  1 a  a2  1  a  a2018  1 .HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 21/08/2018 HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn cú trang) Yêu cầu chung * ỏp ỏn ch trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu hình, học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,5 điểm Đối với điểm thành phần lớn 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,5 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm tồn tổng (khơng làm tròn số) điểm tất BÀI NỘI DUNG Cho dãy số  un  Câu u1   thỏa mãn  u   n  * n   un   a) Chứng minh: dãy số có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn ĐIỂM 5,0 điểm 2018 b) Chứng minh rằng: u k  4036 k 1 1a 2,5 điểm Từ cách cho dãy số ta có: un  0, n  * 17 Ta có u2  ; u3   u1; u4   u2 12 Xét hàm số f ( x)    0;    , ta có f  x  liên tục nghịch biến x 1 1,0 f ( x)  2, x  Ta có un1    f (un ), n  *  (un ) bị chặn  un u1  u3  f (u1 )  f (u3 )  u2  u4  f (u2 )  f (u4 )  u3  u5  suy dãy (u2 n1 ) tăng dãy (u2 n ) giảm 0,5 Theo tiêu chuẩn Weierstrass suy (u2 n1 ),(u2 n ) dãy hội tụ Giả sử lim u2 n  a ; lim u2 n1  b (a, b  1;2) Do hàm f liên tục nên: Từ u2 n1  f (u2 n )  lim u2 n1  lim f (u2 n )  b  f (a ) 0,5 Từ u2 n  f (u2 n1 )  lim u2 n  lim f (u2 n1 )  a  f (b)  b    a Giải hệ phương trình  ab a    1 b 0,5 Vậy lim un  2,5 1b điểm Từ giả thiết, ta thấy un  1, n     un2 Mà un1      2 u  u    n   n 0,5 Do : un21   un2  0,5 Ta lại có u1  suy un2  n lẻ; un2  n chẵn 0,5 Với n lẻ ta có u n 1 2  un2  un  1 0,5   un2  un2  un21  2018 Do  u  u k 2  u22    u32  u42     u2017  u2018   1009.4 k 1 0,5 2018 k   u  4036 k 1 Câu Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  có H trực tâm, nội tiếp 5,0 điểm đường tròn (O) BE , CF đường cao tam giác ABC ( E  AC , F  AB ) Đường thẳng EF cắt BC G, đường thẳng AG cắt (O) M a) Gọi T trung điểm BC Chứng minh GH  AT b) Lấy điểm P tia BC( P nằm ngồi đoạn BC) Đường tròn (O) cắt AP I cắt đường trịn đường kính AP Q ( I, Q khác A) AQ cắt BC J Chứng minh rằng: đường thẳng IJ qua điểm cố định 2a 2,5 điểm A L E M H F G I O D B K J T C Q R P Ta có tứ giác BCEF nội tiếp nên GE.GF  GB.GC  GM GA 0,5 Mặt khác GB.GC  GM GA 0,5 Từ suy GE.GF  GM GA Do tứ giác AMFE nội tiếp Hơn ta có tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên M 0,5 nằm đường trịn đường kính AH hay MH  MA Gọi R giao điểm MH với (O) ta có  AMR  900 nên AR đường kính (O) suy tứ giác HBRC hình bình hành Do HR cắt BC trung điểm BC hay M, H ,T thẳng hàng 0,5 0,5 Vậy H trực tâm tam giác AGT nên GH  AT 2b 2,5 điểm Gọi K giao điểm IJ với (O) Ta chứng minh K cố định Thật vậy: 0,5 Gọi D giao điểm AH với BC, Gọi L giao điểm KD với (O) ( L khác K)  ADP  900 suy D thuộc đường trịn đường kính AP 0,5   QAP   QAI   QKI   QKJ  Ta có QDJ 0,5 suy tứ giác DKQJ nội tiếp 0,5   KQJ   KQA   KLA  Do JDL suy AL//BC nên L cố định 0,5 Mặt khác D cố định nên K cố định Cho P( x)  xn  an1 xn1  an2 xn2   a1 x  a0 đa thức với hệ số thực, Câu n số nguyên dương chẵn có n nghiệm thực (không thiết phân biệt) Giả sử y số thực dương thỏa mãn với số thực t  y P(t )  Chứng minh rằng: n P(0)  n P( y )  y 5,0 điểm Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm P  x  Nếu tồn i  1, 2, , n cho xi  y P  xi   (mâu thuẫn xi nghiệm P  x  ) 1,0 Vậy ta có  y  xi (i  1, n) Theo định lý Bezout,ta có: P  x    x  x1  x  x2   x  xn  Vì n chẵn nên: 1,5 n P     1 x1 x2 xn  x1 x2 xn  P  y    y  x1  y  x2   y  xn    x1  y  x2  y   xn  y   Ta cần chứng minh: n 1,0 x1 x2 xn  y  n  x1  y  x2  y   xn  y  Áp dụng BĐT Minkowski thứ II ta có: n x1 x2 xn  n  y  x1  y  y  x2  y   y  xn  y   n y n  n  x1  y  x2  y   xn  y   y  n  x1  y  x2  y   xn  y  1,0 Suy điều phải chứng minh Dấu xảy x1  x2   xn 0,5 Câu Cho 2018 số nguyên dương a1 , a2 , , a2018 số nguyên a > cho a chia hết cho a1.a2 .a2018 Chứng minh a 2019  a  không chia 5,0 điểm hết cho  a  a1  1 a  a2  1  a  a2018  1 Ta chứng minh toán trường hợp thay số 2018 số n nguyên dương Giả sử  a  a1  1 a  a2  1  a  an  1 a n 1  a  , tồn k nguyên dương để a n 1  a   k  a  a1  1 a  a2  1  a  an  1  Ta chứng minh k =1 Thật Xét theo mod  a  1 , ta có a n1  a   1 mod  a  1  k  a  a1  1 a  a2  1  a  an  1   ka1a2 an  mod  a  1  1 1,0 Do ka1a2 an  1 mod  a  1    Dễ thấy ka Nếu k  a  VP 1   a  1 a n  a n 1  a  (mâu thuẫn) Suy k  1; 2; ; a  1 Theo giả thiết  a1a2 an ; a  1  nên có k  1; 2; ; a  1 thỏa mãn (2) dễ thấy k  1,0 a a1a2 an Nếu k >  k ; a   k  , mà VT 1  1 mod a  nên mâu thuẫn 1,0 Do k = Khi a  a1a2 an a n1  a    a  a1  1 a  a2  1  a  an  1 Từ suy 1,0  a  a1  1 a  a2  1  a  an  1  1 mod a    a1  1 a2  1  an  1  1  a Mặt khác  a1  1 a2  1  an  1  1  a Dấu đẳng thức xảy n = a  a1 Khi a  a   2a   a  (vơ lý) Bài tốn chứng minh Xét trường hợp n = 2018, ta có điều phải chứng minh cho tốn 1,0 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 22/08/2018 Câu 5: (6 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn hệ thức f ( x  y)  f ( xy)  f ( x)  f ( y)  f ( x) f ( y) với số thực x,y Câu 6: (7 điểm) Cho tam ABC có M trung điểm BC Gọi D, E , F tiếp điểm đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC , CA AB Đường thẳng EF cắt đường thẳng BI , CI AM X , Y N    không a) Giả sử B, C cố định A thay đổi mặt phẳng cho BAC đổi (00    1800 ) Chứng minh: độ dài đoạn thẳng XY không đổi b) Giả sử tam giác ABC không cân Chứng minh: ba điểm N , I , D thẳng hàng NX AC  NY AB Câu (7 điểm) Cho số nguyên dương n  Điền số 1,2,3,,n vào tất vng bảng vng kích thước n  n , số ô vuông Chứng minh rằng: tồn hai vng kề (có chung cạnh) mà hiệu hai số khơng nhỏ n HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 22/08/2018 HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn có trang) yêu cầu chung * ỏp ỏn ch trỡnh bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,5 điểm Đối với điểm thành phần lớn 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,5 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm tồn tổng (khơng làm tròn số) điểm tất Câu Nội dung Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn hệ thức: f ( x  y )  f ( xy )  f ( x )  f ( y )  f ( x ) f ( y ) với số thực x, y Trong (1) thay x=y=0 ta thấy f (0)  f (0) Suy f (0)  f (0)  Điểm 6.0 điểm 0,5 Trường hợp 1: f (0)  Thay x=0 vào (1) ta f (  y )    f(y)  2f(y) 0,5 hay f ( y )  f ( y ) Trong (1) thay y –y kết hợp với f ( y )  f ( y ) ta có f ( x  y )  f(xy)  f(x)  f(y)  f(x)f(y) (2) Từ (1) (2) suy f ( x  y )  f(x  y) với x, y   0,5 0,5 Từ suy f ( x ) hàm mà f(0)=2 nên f(x)=2 Trường hợp 2: f (0)  Thay x=0 vào (1) ta thu f (  y )   f ( y ) , với y   (3) 0,5 Trong (1) thay y –y kết hợp (3) ta thu 0,5 f ( x  y )  f(xy)  f(x)  f(y)  f(x) f(y) (4) Cộng (1) (3) theo vế, ta có f ( x  y )  f(x  y)  2f(x) với x, y   0,5 (5) Trong (5) thay x=y kết hợp f (0)  ta f(2 x)  f(x) Vậy (5) trở thành f ( x  y )  f(x  y)  f(2 x) 0,5 Đặt u  x  y , v  x  y ta có f (u)  f(v)  f(u  v) với u, v   0,5 Hay f ( x  y )  f(x)  f(y) với x, y   (6) Vậy f hàm cộng tính  Từ (4) (6) suy f ( xy )  f(x)f(y) với x, y   (7) 0,5 Vậy f hàm nhân tính  Từ ta hàm số f :    thỏa mãn f (0)  điều kiện (6), (7) 0,5 f ( x )  f ( x )  x Thử lại ta thấy ba hàm số f ( x )  , f ( x )  f ( x )  x thỏa mãn Cho tam ABC có M trung điểm BC Gọi D, E , F tiếp điểm đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC , CA AB Đường thẳng EF cắt đường thẳng BI , CI AM X , Y N a) Giả sử B, C cố định A thay đổi mặt phẳng cho    không đổi (00    1800 ) Chứng minh độ dài đoạn BAC thẳng XY không đổi b) Giả sử tam giác ABC không cân Chứng minh ba điểm N , I , D thẳng hàng NX AC  NY AB 0,5 7.0 điểm K A H E X N F Y I C DJ M B 2a 2,5 điểm Xét tứ giác IEXC  A   (1) ta có XEC  FEA  90   C   B A  XIC    900  (2) 2 XEC   XIC Từ (1) (2) suy  0,5   900 Suy tứ giác IEXC nội tiếp mà IE  BC suy CXI   900 (3) hay BXC 0,5   900 (4) Tương tự ta có BYC Từ (3) (4) suy Tứ giác BCXY nội tiếp (5) 0,5   IXC   900 Mặt khác IEC Suy tứ giác ICXE nội tiếp 0,5      BAC   XCY  XCI  FEI Suy (6) 2 Ta có B, C cố định kết hợp với (5) (6) suy XY không đổi 0,5 2b 4,5 điểm Dựng đường thẳng d qua A song song với BC cắt EF K 0,5 Giả sử ID cắt d H cắt EF N' ta chứng minh N' trùng N Thật vậy: 1,0 Vì điểm F, H,E nhìn AI góc vng nên tứ giác HFIE nội tiếp   FEI   EFI   IHE  suy IHF  Do HI phân giác góc FHE Hơn nửa HI  HK nên ( KN ' FE )  1  ( AK , AN ', AF , AE )  1 0,5 Ta có d / / BC , M trung điểm BC nên ( AK , AM , AB, AC )  1 hay ( AK , AN , AF , AE )  1 Từ suy N trùng với N' Gọi J giao điểm AI với BC   YXB   YCB   ICJ  Từ tứ giác BCXY nội tiếp, suy NXY      BID   900  B  A  C  IAC   ICA   JIC  Mặt khác NIX 0,5 1,0 2 NX JB  (*) Suy NIX  JIC  NI JI Tương tự ta có NY JB  (**) NI JI 0,5 Từ (*) (**) suy NX JC AC   NY JB AB 0,5 Cho số nguyên dương n  Điền số 1,2,3,,n vào tất ô vuông bảng vuông kích thước n  n , số ô vuông Chứng minh rằng: tồn hai vng kề (có chung cạnh) mà hiệu hai số khơng nhỏ n Gọi k số nguyên nhỏ cho tồn hàng cột chứa số thuộc tập {1, 2,  , k } điểm 1,0 11 10 16 14 13 15 12 Chẳng hạn hình vẽ trên, xét theo hàng phần tử lớn hàng 11,16,15,12, số bé 11 Nếu xét theo cột, số lớn 11,16,14,15, số bé 11 So sánh hàng cột đó, thấy hàng hàng chứa số 1,11,4,10, số thuộc tập {1, 2, ,11} Giả sử số k thuộc hàng r cột c, cịn lại hàng r thuộc tập {1, 2, , k  1} Nhận xét: Mỗi cột trừ cột c chứa số  k  tất 1,5 ô cột  k  Suy cột thứ i tùy ý phải chứa cặp (ai , bi ) kề mà  k  1, bi  k  (1) Nếu tồn ô cột c chứa số  k  cột c chứa cặp (a, b) kề mà a  k , b  k  (2) Nếu cột c  k c chứa cặp ( a, b) kề mà 1,0 a  k  1, b  k Như vậy, trường hợp, tồn cặp (ai , bi ) kề cột thứ i mà max{a1 , a2 ,, an }  A  B  min{b1 , b2 , , bn } 1,0 Nếu (1) xảy A = k, B = k + Nếu (2) xảy A= k - 1, B = k n Từ  b  B  B 1 B    B  n 1  (B  i i 1 n n 1 ) n 1,5 n 1  A  A     ( A  n  1)  ( A  )n  i 1 n Suy  (b  a )  n i i nên tồn j : b j  a j  n i 1 Điều phải chứng minh 1,0 ...SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất:... (vô lý) Bài toán chứng minh Xét trường hợp n = 2018, ta có điều phải chứng minh cho tốn 1,0 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC... hai vng kề (có chung cạnh) mà hiệu hai số khơng nhỏ n HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút