a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. Chứng minh rằng tứ giác IJHK nội tiếp. Ta nối các đỉnh với nhau. a) Gọi a là[r]
(1)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 24/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Câu (5,0 điểm)
Cho hai dãy số (un), ( )vn xác định sau u0 a v; 0 b với số thực a b, cho trước thỏa mãn 0 a b 1 ,
2 n n n
u v
u vn1 un1.vn với số tự nhiên n a) Chứng tỏ hai dãy cho hội tụ có giới hạn b) Tìm giới hạn theo a b,
Câu 2(5,0 điểm)
Cho số nguyên tố p Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện
2019
2020n n 2018 (mod )p Câu (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọnABC không cân Gọi H O, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D E, chân đường cao hạ từ đỉnh A B, tam giác ABC.Các đường thẳng OD BE cắt K, đường thẳng OE AD cắt L Gọi M trung điểm cạnh AB Chứng minh ba điểm K L M, , thẳng hàng bốn điểm C D O H, , , nằm đường tròn
Câu (5,0 điểm)
Tìm tất đa thức f x có hệ số thực bậc số tự nhiên lẻ cho: 2
1 1,
f x f x x - Hết -
(2)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 25/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Câu (7,0 điểm)
Tìm tất hàm f : thỏa mãn điều kiện:
1
f xy f x f y xy với x y,
Câu (7,0 điểm)
Cho tam giác nhọnABC, D điểm cạnhBC Trên cạnh AC AB, lấy điểm E F, choEDEC FD, FB Gọi I J K, , tâm đường tròn nội tiếp tam giác
, ,
ABC BDF CDE
a) Gọi H trực tâm tam giácJDK Chứng minh tứ giác IJHK nội tiếp
b) Chứng minh D chuyển động trênBC, đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK qua điểm cố định khác điểm I
Câu (6,0 điểm)
Cho đa giác A A1 2 A20 có 10 đỉnh đa giác tô màu xanh, 10 đỉnh cịn lại tơ màu đỏ Ta nối đỉnh với
a) Gọi a số đoạn thẳng nối hai đỉnh màu đỏ liên tiếp, b số đoạn thẳng nối hai đỉnh màu xanh liên tiếp Chứng minh ab
b) Xét tập hợp S gồm đường chéo A A1 4 tất đường chéo khác đa giác mà có độ dài với Chứng minh tập hợp đó, số đường chéo có hai đầu màu đỏ với số đường chéo có hai đầu màu xanh Gọi k số đường chéo có hai đầu màu xanh , tìm tất giá trị có
- Hết -
(3)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 Môn thi: Tốn
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
1.a
Cho dãy số (un), ( )vn xác định sau:
0 ;
u a v b với số thực a b, cho trước thỏa mãn 0 a b 1 n n n
u v
u ,
1
n n n
v u v với số tự nhiên n
a) Chứng tỏ hai dãy cho hội tụ có giới hạn
2,0
Ta chứng minh quy nạp un un1vn un1 vn1 vn với n
Do đó, dãy cho đơn điệu bị chặn u0 a v; 0 b nên hội tụ 1,0 Từ 1
2 n n n
u v
u , cho qua giới hạn ta lim 1 lim lim
n n
n
u v
u hay limun limvn
(đpcm)
1,0
1.b b) Tìm giới hạn theo a b, 3,0
Do 0 a b nên đặt a cos
b với (0; )2
Ta chứng minh
2
1
cos cos cos cos
2 2
n n n
u b
1,0
Và cos 1.cos 2 cos
2 2
n n
v b với số nguyên dương n
1,0
Từ rút gọn biểu thức ta sin sin sin n n n n b b
v
Vậy 2 lim lim arccos n n b a u v a b 1,0 2
Cho số nguyên tố p Chứng minh rằng, tồn vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện
2019
2020n n 2018(mod )p 5,0
Ta xét trường hợp
Trường hợp Nếu p ước nguyên tố 2020, đó, cần chọn n2018 p thỏa mãn
Việc chứng tỏ tìm vơ số n
1,0
Trường hợp Nếu p không ước nguyên tố 2020, ( , 2020)p 1
Chọn 2019 0(mod 1)
2018 1(mod )
(4)x Q P M O L K H E D C B A
Theo định lí Fecma
1(mod ) p
a p ta
1 2019
2020p 1(mod )p 2020n 1(mod )p
nên 2020n2019 n 2018(mod )p (thỏa mãn đề bài)
1,0 Lại có, theo định lí Trung Hoa dư hệ phương trình đồng dư ln có nghiệm n
p p, 1 nên có vơ số tự nhiên n thỏa mãn (đpcm) 1,0
3
Cho tam giác nhọn ABC không cân Gọi H O, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D E, chân đường cao hạ từ đỉnh A B, tam giác
ABC Các đường thẳng OD BE cắt K , đường thẳng OE AD cắt L Gọi M trung điểm cạnh AB Chứng minh ba điểm K L M, , thẳng hàng bốn điểm C D O H, , , nằm đường tròn
5,0
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác HAB ba điểm
, ,
K L M ta có: K L M, , thẳng hàng
KB LH MA KH LA MB
KB LA
KH LH
(1)
0,5
Ta lại có BOD HOD
S KB
KH S (cùng cạnh đáy OD),
AOE HOE
S LA
LH S (cùng cạnh đáy OE) gọi R
bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cAB
1
( , ) cos cos
2
AOE
S AE d O AE c A R B cos cos
2R c A B
Tương tự cos cos
2 BOD
S R c A B
Nên SAOE SBOD
1,0
Từ kết ta có (1)SHOD SHOE OH||DE (nếu H O phía DE) OH qua trung điểm ED (nếu H O khác phía DE) 0,5 Trước hết, vẽ tiếp tuyến C x đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C, dễ dàng chứng minh CED ABC ACx suy DE Cx|| từ dẫn đếnCO vng góc với
DE (2)
0,5 Ta chứng minh (1) xảy khi OH||DE
Thật vậy, xảy trường hợp lại, tức OH qua trung điểm ED
Khi đó, gọi P Q, trung điểm ED, HC Dễ thấy tứ giác CEHDnội tiếp đường trịn tâm Q, suy QP vng góc với ED Kết hợp (2) suy QP CO||
(5)Xét tam giác CHOcó Q trung điểm HC QP CO|| suy P trung điểm OH nên
EHDO hình bình hành, suy OD EH|| Điều trái với giả thiết OD cắtBE Vậy (1) xảy OH||DE, mà (1) nên điều COOH
khi C D O H, , , nằm đường tròn 0,5
4
Tìm tất đa thức f x hệ số thực, có bậc số tự nhiên lẻ cho 2
1 1,
f x f x x 5,0
Thay x x ta có f2 x f x 2 1 f x 2 1 f2 x 1 Suy f2 x f2 x
Nên ( ) ( )
( ) ( )
f x f x x A
f x f x x B
A B
0,5
Nếu tập A vô hạn hay phương trình f x f x 0 có vơ số nghiệm mà bậc f hữu hạn nên f( x) f x( )0 f x f x , x (1)
Lại có deg f lẻ nên hai giới hạn lim ( )
x f x xlim f(x) có giới hạn , tồn x0 (đủ lớn) cho f x f x trái dấu (suy không nhau) xx0 điều mâu thuẫn với (1) nên tập A vô hạn Suy tập B vơ hạn hay phương trình f x f x có vơ số nghiệm mà bậc
f hữu hạn nên f x f x , x
1,0
Chọn
2
0 0
0
1
1
f f f
x
f
f f
f 1 1 0,5
Xét dãy số a0 1;an1 an1 Dễ thấy an 1, n
Ta chứng minh an1an, n 1
Thật n 0 a1 2 1 a0 toán với n1
Giả sử (1) đến n, suy an2 an1 1 an 1 an1 Vậy (1) chứng minh
1,5
Bây ta chứng minh f a n an , n 2 quy nạp Với n 0 f a 0 f 1 a0 suy (2) với n0 Giả sử f a n an ta chứng minh f a n1an1, ta có
2 2
1 1 1 1
n n n n n
f a f a f a a a n 1 n
f a a
f a n1 an1
(6)Nếu f a n1 an1 f2an1 1 f a 2n2 1 f a n1 1 an10 (vơ lí)
n 1 n
f a a
Vậy (2) chứng minh, phương trình f x x có vơ số nghiệm nên f x x
với xR
Thử lại ta thấy f x x thỏa mãn yêu cầu toán
0,5
(7)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
(Đề thi có 04 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 Mơn thi: Tốn
Ngày thi thứ hai: 25/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Câu Đáp án Điểm
5 Tìm tất hàm f : thảo mãn điều kiện:
( 1) ( ) ( )
f xy f x f y xy với x y, (1) 7,0
Thay x0 vào (1), ta có f( 1) f x f( ) (0) 1 với x
Nếu f(0)0 f hàm Thay vào (1) dễ thấy không thỏa mãn Vì f(0)0
Thay x y vào phương trình (1) ta thu f(1)2 1 Nghĩa f(1)1 (1)
f
1,0
Trường hợp 1: f(1)1
Thay x xy y1 vào phương trình (1) ta thu
( 1) ( )
f xy f xy xy với x y, Kết hợp (1) ta thu được:
( ) ( ) ( )
f xy f x f y với x y, (2)
1,0
Tiếp theo ta thay y1 vào phương trình (1) ta nhận
( 1) ( )
f x f x x hay f x( 1) 2x 1 f x( ) với x (3) Lại thay xbởi x1 y1 vào phương trình (1) ta nhận
( 1) ( )
f x f x x hay f x( 1) 2x 1 f x( ) với x (4) Cho y x vào phương trình (1) sử dụng (2) (3) (4) ta nhận
2 2
2x 1 f x( 1) f ( )x f x( 1) (f x 1) f2( )x
2
(2x f x( )).(2x f x( )) f ( )x
2
2f x 4xf x 4x
Suy 2f x( )x2 0 dẫn đến f x( )x với x
2,0
Trường hợp 2: f 1 1
Bằng cách thay tương tự trường hợp 1, ta có:
f xy f x f y với x y, (5)
1 ( )
f x x f x với x (6)
( 1) ( )
f x x f x với x (7)
Tiếp theo, thay y x vào phương trình (1) sử dụng (5) (6) (7) ta nhận
2 2
2x 1 f x( 1) f ( )x f x( 1) (f x 1) f2( )x
2
(2x f x( )).( 2x f x( )) f ( )x
2f x 4x
Suy f x( ) x2 với x
2,0
(8)Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu toán ( )
f x x với x f x( ) x2 với mọix
6
Cho tam giác nhọnABC, D điểm cạnhBC Trên cạnh AC AB, lấy điểm E F, choEDEC FD, FB Gọi I J K, , tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC BDF CDE, ,
a) Gọi H trực tâm tam giácJDK Chứng minh IJHK nội tiếp
b) Chứng minh D chuyển động trênBC, đường tròn ngoại tiếp tam giác
IJK qua điểm cố định khác I
7,0
6.a
Do tam giác FBD EDC, cân F E, nên JDJB KD, KC Ta có JDK1800 JDB KDC1800 IBC ICB BIC JIK Lại có H trực tâm tam giác JDK nên JHK 1800 JDK,
suy raJHK JIK1800 Vậy tứ giác IJHK nội tiếp
2,0
6.b
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau (bài toán Simson đảo)
Cho tam giác MJK Từ điểm L nằm tam giác Gọi B C D, , điểm đối xứng L quaMJ MK JK, , Giả sử B C D, , thẳng hàng Chứng minh MJLK tứ giác nội
(9)Chứng minh bổ đề: Gọi giao BL DL CL, , với MJ JK KM, , làE G H, , Do , ,
B C D thẳng hàng E G H, , thẳng hàng Tứ giác JGLE GHKL nội tiếp JLK ELH (g.g) JLK ELH mà ELH EMH 1800
180
JLK EMH
MJLK nội tiếp (đpcm)
1,0
Quay trở lại toán:
Gọi M điểm cung BC đường trịn ( )O ngoại tiếp tam giácABC, L
điểm đối xứng với D quaJK
Ta có JIK JDK JLK suy L(IJK)
1,0
Mặt khác, JLJDJB KL, KDKC nên LJB 2 LDB LKC , suy
BLJ CLK
1,0
Ta thu
BLC JLK BIC JIK
, suy L(BIC) hayMLMBMC Suy JM KM, trung trực củaLB LC,
1,0
Vậy điểm đối xứng với L qua cạnh tam giác JMK B C D, , Mà B C D, , thẳng hàng,
theo bổ đề suy LJMK nội tiếp Vậy (IJK) qua điểm M cố định (đpcm) 1,0
7
Cho đa giác A A1 2 A20 có 10 đỉnh đa giác tô màu xanh, 10 đỉnh cịn lại tơ màu đỏ Ta nối đỉnh với
a) Gọi a số đoạn thẳng nối hai đỉnh đỏ liên tiếp, b số đoạn thẳng nối hai đỉnh xanh liên tiếp Chứng minh ab
b) Xét tập hợp S gồm đường chéo A A1 tất đường chéo khác đa giác
mà có độ dài với Chứng minh tập hợp đó, số đường chéo có hai đầu màu đỏ với số đường chéo có hai đầu màu xanh Gọi k số đường chéo có hai đầu màu xanh S, tìm tất giá trị có 𝑘
6,0
7.a
Ta chia dãy đỉnhA A1, 2, ,A20 thành cụm đỏ cụm xanh, đó:
Cụm đỏ cụm đỉnh gồm đỉnh đỏ liên tiếp
Cụm xanh cụm đỉnh gồm đỉnh xanh liên tiếp Giả sử ta có n cụm đỉnh xanh : X X1, 2, ,Xn (1 n 10 )
và x x1, 2, ,xn tương ứng số đỉnh xanh cụm (xi 1 i 1,n )
Nếu n1 , tức có cụm xanh hay 10 đỉnh xanh cạnh nhau, 10 đỉnh đỏ phải cạnh nhau, tức có cụm đỏ
Nếu n2 cụm điểm xanh nằm hai cụm đỉnh đỏ ngược lại cụm đỉnh đỏ
(10)lại nằm hai cụm màu xanh nên số cụm đỉnh xanh số cụm đỉnh đỏ n Giả sử n cụm đỉnh đỏ là: D D1, 2, ,Dn d d1, 2, ,dn tương ứng số đỉnh đỏ cụm (di 1 i 1,n )
Do cụm Xi có xi đỉnh xanh cạnh nên có xi1 cặp đỉnh xanh liên tiếp Nên
1
( 1) ( 1) ( n 1) n 10
a x x x x x n n Tương tự b(d1 1) (dn 1) d1 dn n 10n Vậy ab (đpcm)
1,0
7.b
Trước hết, ta xét dãy đỉnh ( gồm tất 20 đỉnh):
1 10 13 16 19
2 11 14 17 20
3 12 15 18
A A A A A A A
A A A A A A A
A A A A A A A
(*)
Các đường chéo nối đỉnh liên tiếp dãy có độ dài với A A1 nên tất
đều thuộc S Ngoài ra, dễ thấy tất đường chéo thuộc Scũng tạo thành đỉnh
liên tiếp dãy
2,0
Tương tự câu a) ta chia dãy đỉnh (*) thành cụm đỏ cụm xanh, đó:
Cụm đỏ cụm đỉnh gồm đỉnh đỏ liên tiếp dãy đỉnh (*)
Cụm xanh cụm đỉnh gồm đỉnh xanh liên tiếp dãy đỉnh (*)
Và ta thu số cụm đỉnh xanh số cụm đỉnh đỏ, giả sử
(1 10)
m m
1,0
Ta có số đường chéo có hai đầu màu đỏ tập S số đoạn thẳng nối hai đỉnh đỏ liên tiếp dãy (*) số đường chéo có hai đầu màu xanh tập S số đoạn thẳng nối hai đỉnh xanh liên tiếp dãy (*) Nên theo câu a) số đường chéo có hai đầu màu đỏ tập S số đường chéo có hai đầu màu xanh tập
Svà k10m , 1 m 10 nên k{0,1, , 9}