Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia môn Toán lớp 12 năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa (Đề chính thức)

Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia môn Toán lớp 12 năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa (Đề chính thức) với mục tiêu cung cấp cho các em học sinh tư liệu phục vụ ôn luyện, chuẩn bị chu đáo cho kì thi.

, tồn cặp số nguyên dương ( a ; b ) cho n = ( a + b − 1)( a + b − ) + a b Cho dãy số xác định u1 = 5; un +1 = un + với n ≥ Tìm phần ( un ) nguyên un u209 Lời giải a Cách Đặt m = a + b ⇒ m ≥ Phương trình trở thành: n= 1 ( m − 1)( m − ) + m − b ⇔ m2 − m + − b − n = ⇔ m2 − m + (1 − b − n ) = 2 (1) Để tồn cặp số nguyên dương ( a ; b ) (1) phải có nghiệm nguyên dương lớn Do đó, điều kiện cần ∆ (1) > phải phương ∆ (1) = − (1 − b − n ) = ( b + n ) − Dễ thấy ∆ (1) = ( 2k + 1) , k ∈ ℕ Khi ( b + n ) − = ( 2k + 1) ⇔ ( b + n ) = k + k + ⇔b= k2 + k +1− n Khi này, ∆ (1) = 2k + nghiệm nguyên dương (1) m = + 2k + = k +1  k2 + k  k2 − k +1− n  = n − Thay vào a = m − b = k + −    Sử dụng điều kiện a ≥ 1; b ≥ hệ Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com k2 + k  + − n ≥ k + k ≥ 2n ⇔ (2)  k − k + ≤ 2n n − k − k ≥  Việc lại (2) có nghiệm với k ∈ ℕ Gọi k0 số nguyên không âm lớn cho k02 − k0 + ≤ 2n , lúc k0 tồn Khi ( k0 + 1) − ( k0 + 1) + > 2n ⇔ k02 + k0 > 2n − Vì k02 + k0 ≥ n (đpcm) Vậy với số nguyên dương n , tồn cặp số nguyên dương ( a ; b ) cho n= ( a + b − 1)( a + b − ) + a Cách Rõ ràng với n cho trước, tồn số tự nhiên l để l ( l + 1) ≥n Ta gọi l0 giá trị nhỏ n thoả mãn bất phương trình l0 ( l0 − 1) l ( l + 1) l ( l + 1) , ta chọn b = 0 0 Vì vậy, yêu cầu tốn thoả mãn Ta có điều phải chứng minh Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Cách Ta cần chứng minh f : ℕ* × ℕ* → ℕ* cho f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − ) + a , ( ∀a, b ∈ ℕ* ) song ánh Chứng minh f ánh xạ Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử ( a1; b1 ) , ( a2 ; b2 ) ∈ ℕ* × ℕ* thỏa mãn f ( a1 ; b1 ) = f ( a2 ; b2 ) Đặt T ( n ) = n ( n + 1) , n ∈ ℕ* Ta có f ( a; b ) − T ( a + b − ) = a > Và T ( a + b − 1) − f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b ) − ( a + b − 1)( a + b − ) − a = b − ≥ Do T ( a + b − ) < f ( a; b ) ≤ T ( a + b − 1) Khi T ( a1 + b1 − ) < f ( a1 ; b1 ) ≤ T ( a1 + b1 − 1) , Kết hợp với dãy (T ( n ) ) dãy tăng ngặt ta chứng minh f đơn ánh Ta chứng minh f toàn ánh Thật vậy, với n số nguyên dương tùy ý, dãy (T ( n ) ) tăng ngặt nên tồn số nguyên dương k thỏa T ( k − 1) < n ≤ T ( k ) ⇔ ( k − 1) k < n ≤ k ( k + 1) ( k − 1) k b = k − a + Chứng minh a b số nguyên dương k ( k − 1) f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − ) + a = + a = n 2 Vậy f song ánh, suy điều phải chứng minh Đặt a = n − b Cho dãy số ( un ) xác định u1 = 5; un +1 = un + với n ≥ Tìm phần nguyên un u209 Nhận xét: ( un ) dãy tăng un ≥ u1 > 0, ∀n n −1 n −1 n −1     1 Ta có: uk2+1 =  uk +  ⇒ ∑ uk2+1 = ∑  uk2 + +  ⇒ un2 = u12 + ( n − 1) + ∑ uk  uk k =1 k =1  k =1 uk   Suy ra: un > u12 + ( n − 1) , ∀n ≥ , hay un ≥ 25 + ( n − 1) , ∀n ≥  1 1 1 ≤ ⇒ 4<  −  uk u1 + ( k − 1) uk  u1 + 2k − u1 + 2k −  n −1 1 1 − < = Suy ra: ∑ < 2 u1 − u1 + 2n − ( u1 − 1) 48 k =1 uk Mặt khác, uk2 ≥ u12 + ( k − 1) ⇒ Từ ta có n −1 < u12 + ( n − 1) + , ∀n ≥ 48 k =1 uk n −1 un2 = u12 + ( n − 1) + ∑ Suy un < 25 + ( n − 1) + n −1 , ∀n ≥ 48 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Hay un ≤ 25 + ( n − 1) + Khi Bài n −1 , ∀n ≥ 48 441 ≤ u209 ≤ 441 + 208 Hay 21 ≤ u209 < 21,5 nên phần nguyên u209 21 48 Một nhóm phượt có n thành viên Năm 2018 , họ thực sáu chiến du lịch mà chuyến có thành viên tham gia Biết hai chuyến du lịch chung khơng q thành viên Tìm giá trị nhỏ n Lời giải Ta xác định bảng ô vuông với cột thành vượt nhóm phượt đánh số từ đến n , dòng chuyến du lịch A1 , A2 , , A6 Điền số vào ô ( i, Ai ) người thứ i tham gia chuyến du lịch Ai , điền số vào ô tương ứng trường hợp ngược lại … n A1 A2 … A6 Gọi ci số chuyến du lịch người thứ i tham gia, tức cột i có ci số n Gọi S tổng số cặp số bảng Ta có ∑c i = 30 i =1 n Vì cột i có ci số 1, suy có Cc2i cặp số cột i Suy S = ∑ Cc2i i =1 Mặt khác, xét hàng i ≠ j bất kì, Ai ∩ A j ≤ nên hai hàng có nhiều cặp số , suy S ≤ 2Cc2i ≤ 30  n   ∑ ci  n n n n Từ ta có S = ∑ Cci ≤ 30 ⇒  i =1  − ∑ ci ≤ ∑ ci2 − ∑ ci ≤ 60 n i =1 i =1 i =1 i =1 900 ≤ 90 ⇔ n ≥ 10 n Xét n = 10 1 A1 10 A2 1 0 1 0 A3 1 0 0 1 A4 1 0 1 A5 0 1 1 A6 0 1 1 ⇒ Vậy giá trị nhỏ n 10 , chuyến có thành viên tham gia cặp thành viên tham gia không chuyến Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có đường trung tuyến AM đường phân giác AD Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A D), kẻ NP vng góc với AB (P Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com thuộc cạnh AB) Đường thẳng qua P vng góc với AD cắt đoạn thẳng AM Q Chứng minh QN vng góc với BC Lời giải A E Q P I N O C B D M K Có PQ ∩ AD = I ; AD ∩ ( O ) = K ; PQ ∩ AC = E Dễ chứng minh tam giác cân NPE KBC đồng dạng Lại có: QE SQAE sin MAC sin MAC AM AC AB S MAC AB AB DB = = = = = = QP SQAP sin MAB sin MAB AM AB AC S MAB AC AC DC Suy QE DB = lại có M, Q trung điểm BC, PE ∆NPE ∼ ∆CKB nên: QP DC ∆QIE ∼ ∆DMK ( c.g c ) ⇒ QNI = DKM ⇒ QN // MK ⇒ QN ⊥ BC Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 2x +1 y +1 2z +1 Lời giải Đặt a = 1 ,b = ,c = < a, b, c < 2x +1 y +1 2z +1 1− a 1− b 1− c ,y= ,z = 2a 2b 2c Ta cần chứng minh a + b + c ≥ (Chứng minh phản chứng) 1− a b + c 1− b c + a 1− c a + b > , y= > , z= > Giả sử a + b + c < Khi đó, ta có x = 2a 2a 2b 2b 2c 2c 1 Ta có: xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) ⇔ x + y + z = + + x y z Ta có x = Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com 1 b + c 2a c + a 2b a + b 2c ⇔ 0= x− + y+ +z+ > − + − + − 2a b + c 2b c + a 2c x y z a+b b+c c+a a+b b c   a ⇔ + + < 4 + +  (1) a b c b+c c+a a+b Ta chứng minh được: b c   a 1 1 1   1 b+c c+a a+b + + + + 4 ( 2)  ≤ a +  + b +  + c +  = a b c b+c c+a a+b b c c a a b Từ (1) ( ) ta có điều mâu thuẫn nên ta có điều phải chứng minh ⇔ x = y = z = -HẾT - Đẳng thức xảy a = b = c = Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com ... , , A6 Điền số vào ô ( i, Ai ) người thứ i tham gia chuyến du lịch Ai , điền số vào ô tương ứng trường hợp ngược lại … n A1 A2 … A6 Gọi ci số chuyến du lịch người thứ i tham gia, tức cột i có... 2 u1 − u1 + 2n − ( u1 − 1) 48 k =1 uk Mặt khác, uk2 ≥ u12 + ( k − 1) ⇒ Từ ta có n −1 < u12 + ( n − 1) + , ∀n ≥ 48 k =1 uk n −1 un2 = u12 + ( n − 1) + ∑ Suy un < 25 + ( n − 1) + n −1 , ∀n ≥ ... giá trị nhỏ n thoả mãn bất phương trình l0 ( l0 − 1) l ( l + 1) l ( l + 1) , ta chọn b = 0