Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài tập, mời các bạn cùng tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc dưới đây. Hy vọng sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

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  xn1  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 x3 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  xn1  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   x3 b2  b   Dễ thấy Xét số b>0 nghiệm phương trình b  b3 xn  0, n  nên ta có:  xn1  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  xn1  b  3,0  x  2 x  2x   x  2 x    f  x  f  x Ta có f  x   f    x    x3 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  33;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 201 9-2 020 HƯỚNG DẪN MƠN: TỐN (Đáp án có 05 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình...  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... 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