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

Mời các bạn học sinh 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 Hà Tĩnh” sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Ngày thi thứ nhất: 20/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có trang, gồm bài) Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  xác định công thức: x1  1; xn 1  xn  với n  1, 2,3 xn Chứng minh rằng: 1 a) n  nxn  n  H n , với n  1, 2,3 H n      n b) 9 x81   81 (kí hiệu  x  phần nguyên số thực x ) Bài (5,0 điểm) Cho số nguyên a đa thức P ( x ) hệ số nguyên, hệ số bậc cao Ta xây dựng dãy số (an ) xác định bởi: a0  a , an1  P  an  với n  N Chứng minh rằng, tồn số nguyên dương m thỏa mãn hai điều kiện sau: i) | am |  | am 1 |  | am  |  ii) am , am1 , am dãy tuần hoàn với chu kì T  Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC hai điểm M, N nằm cạnh AC, AB cho MN song song với BC Điểm P di chuyển đoạn thẳng MN Lấy điểm E, F cho EP  AC , EC  BC , FP  AB, FB  BC a) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định P di chuyển b) Đường thẳng qua A vng góc EF cắt BC Q Chứng minh trung trực BC qua trung điểm PQ Bài (5,0 điểm) Cô giáo có tất 2020 viên kẹo gồm 20 loại kẹo khác nhau, loại có viên kẹo Cô chia hết kẹo cho học sinh mình, người số viên kẹo khơng có học sinh nhận nhiều viên kẹo loại kẹo Cô yêu cầu hai học sinh khác so sánh viên kẹo nhận viết số loại kẹo mà hai có lên bảng Biết cặp học sinh lên bảng lần Gọi tổng số viết lên bảng M a) Xác định giá trị nhỏ M b) Với giả thiết tương tự thay 20 loại kẹo khác 19 loại kẹo khác nhau, tìm giá trị nhỏ M trường hợp tương ứng HẾT  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay;  Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………………….Số báo danh…………… … SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Do xn21  xn2  Điểm  , x12  nên ta chứng minh quy nạp xn2  n xn Với n  mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n , tức xn2  n 1.a 2,5 điểm Suy xn21  n   Lại có xn2  xn21   n  Từ ta có xn2 nxn  n n 1 1 n 1     x  n    n      xn21 k 1 k k 1 xk 1,5 1    n  Hn   n  H n   nxn  n  H n 6 n   Ta chứng minh H 81  Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: H n   ln n Thật vậy, xét hàm số f  x   ln  x  1  ln x  1.b 2,5 điểm f  x   1  1  ln     x  x 1  x  x 1 1   , x  nên hàm số f  x  giảm x  x  1  x  12 khoảng  0;    f  x   0, x  , hay 0,5  ln  x  1  ln x * x 1 Áp dụng BĐT ta có : 1       ln  ln1  ln3  ln    ln81  ln80   ln81  81 Từ : 81  81 x81  81  H 81  82  9 x81   81 Trường hợp Với deg P ( x )  P ( x )  x  c , c nguyên Suy an  a0  n.c với n  N hay (an ) cấp số cộng +) Nếu c  , dãy (an ) dãy hằng, chọn m  chu kì T  , thỏa mãn ii) +) Nếu c  , chọn m | a0 | 1 , đó:  am  am 1  am   nên điểm | am |  | am 1 |  | am  |  thỏa mãn i) +) Nếu c  , chọn m | a0 | 1 , đó:  am  am 1  am   nên | am |  | am1 |  | am  |  , thỏa mãn i) Trường hợp Với deg P ( x )  , Xét đa thức Q( x)  P ( x)  x , Q ( x ) bậc chẵn, có hệ số bậc cao 1 nên tồn số x0 nguyên dương để Q ( x )  | P ( x) || x | với | x | x0 Nếu tồn m để | a m |  x0 | am |  | am1 |  | am  |  , thỏa mãn i) Ngược lại: | a m |  x0 với m đủ lớn Vì dãy (an ) bị chặn nên tuần hồn Ta chứng minh chu kì T  Giả sử dãy am , am1 , am , tuần hoàn theo chu kỳ T  Khi am , am 1 , , am T 1 đôi phân biệt am  amT Ta có: am  am 1 | P(am )  P(am 1 )  am1  am Hoàn toàn tương tự, suy ra: am  am1 | am 1  am | am  am 3 | | am T 1  am T | amT  am T 1  am  am1 Do đó: | am  am 1 || am 1  am  || am  am3 | | am T 1  am T | Nếu tồn p  T để: am  p  am  p 1  ( am  p 1  am  p  ) am  p  am  p  nên dãy tuần hồn theo chu kì T  , vô lý Suy ra: am  am1  am 1  am   am  am3   amT 1  am T Hay am , am1 , am , , amT cấp số cộng, nên am  am 1  am    amT , vô lý Vậy T  , thỏa mãn ii) Kết luận: tồn số nguyên dương m thỏa mãn toán K E A G 3.a 2,5 điểm I F T N B P D Q J H S M C Gọi AD đường cao tam giác ABC, MN cắt CE, BF S, T Đường thẳng qua S vng góc với AB cắt EF, BF I G Ta có SPE  DAC TPF  DAB Từ IE ES ES PS ES TP CD AD DC      IF FG PS FG PS TF AD DB DB Vậy I thuộc AD suy I giao điểm AD SG cố định Ta có điều phải chứng minh 0,5 Gọi H hình chiếu P lên BC Ta chứng minh QB = HC từ suy trung trực BC chia đôi PQ 0,5 Cũng từ SPE  DAC TPF  DAB 3.b 2,5 điểm Ta có PE PE PS PT AC HC AD AC HB DC     PF PS PT PF AD HB AB AB HC DB Lấy K thuộc AC cho BK AQ Ta dễ thấy ABK  PFE  QB BQ AK AB QC PE AB AB AC HB HB     QC AK AB QC AC PF QC AC AB HC HC Lại có H, Q nằm BC nên dễ suy QB = HC (đpcm) Gọi a1 , a2 , , a20 số viên kẹo loại kẹo thứ 1, 2, , 20 với  Với loại kẹo thứ i (  i  20 ), ta đếm số ( A, B ) mà hai học sinh A, B có loại kẹo Số cần đếm Ca2i Khi đó, theo giả thiết, tổng số M hay 20 20 M   C i 1 4.a 2,5 điểm a i  2020 i 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpky ta có:   1 20 ai2 20 M     i 1 i 1 i 1 20 20      20 a 20202 2020     i    101000 2.20 2.20 i 1 Dấu “=” xảy  101,  i  1, 2, , 20 Vậy giá trị nhỏ (GTNN) M 101000 0,5   1 19 19     nên biểu Như lý luận câu a, ta có: M   2 i 1 i 1 i 1 19 19 thức M đạt GTNN  i a đạt GTNN i 1 19 Ta chứng minh: i a đạt GTNN  a j  với  i, j  19 (1) i 1 Thật vậy: Xét số a, b, c, d mà a  b  ; c  a  1; d  b  ta có: 4.b 2,5 điểm cd  ab  a  b   ab  a  b    c  d  suy a  b2  c  d 0,5 Mở rộng tính chất cho nhiều số ta suy (1) chứng minh Do M đạt GTNN có t số giá trị k 19  t số có giá trị k  với  t  19 GTNN M  tk  (19  t )(k  1)2  2020 Ta có tk  (19  t )( k  1)  2020  t  19k  2001 Do  t  19 nên 2001 2020 k Từ ta có k  106, t  13 19 19 Thay vào ta GTNN M 13.1062  6.107  2020  =106371 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang, gồm bài) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi thứ hai: 21/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút Bài (5 điểm) Ký hiệu tập hợp M  10;  9;  8; ;9;10 Xét đa thức P  x   x3  ax  bx  c   hệ số a, b, c thuộc tập hợp M Biết P   , chứng 2018 minh đa thức P  x  có ba nghiệm thực phân biệt Bài (5 điểm) Cho khung sắt có hình dạng tứ diện cạnh có độ dài mét Một bọ ban đầu đỉnh tứ diện, bắt đầu di chuyển liên tục cạnh tứ diện theo quy tắc: đỉnh đến, chọn ba cạnh đỉnh di chuyển theo cạnh đến đỉnh Với số nguyên dương n, tìm số cách bọ để trở lại đỉnh ban đầu sau n mét Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Đường trịn nội tiếp tam giác ABC có tâm điểm I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) Đường thẳng MD cắt lại đường tròn (O) điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng BC điểm P a) Chứng minh tam giác ANI vuông tứ giác AIHP nội tiếp b) Đường thẳng MH cắt lại đường tròn (O) điểm S, đường thẳng NS cắt đường thẳng BC điểm Q Chứng minh tiếp tuyến đường tròn (O) điểm N qua trung điểm đoạn thẳng PQ Bài (5 điểm) Cho k số tự nhiên lớn Xét dãy số  an  xác định bởi: a0  0; a1  an 1  kan  an1 với n  N * Xác định tất giá trị k cho tồn số tự nhiên m, n (với m  n) số nguyên dương p, q thỏa mãn điều kiện: am  ka p  an  kaq HẾT  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay;  Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….Số báo danh…………….…… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ hai HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài điểm Nội dung  Điểm     a2    b2    c =  20  14   a     b     c Ta có P    =  20  6a  2b  c   14  4a  b  = mn với m  20  6a  2b  c; n  14  4a  b Do a, b, c  M nên m  110 n  64 Trước hết ta chứng minh  nghiệm P  x  Giả sử ngược lại    nghiệm P  x  Khi P    m  n   m, n không đồng thời Suy m  n  m  n  m  n  110  64  206 2 m  2n Từ ta có P   m  n  , mâu   m  n 206 2018   1 thuẫn với giả thiết ban đầu Vì  nghiệm P  x  Do  nghiệm P  x  nên m  n   m  n  Ta có   P   m  n  nên  nghiệm P  x  Mặt khác   hai nghiệm tam thức x  x  nên ta c c  phải có P  x    x  x    x   hay P  x  cịn có nghiệm   Q 2  Vậy P  x  có ba nghiệm thực phân biệt Bài điểm A 1 Giả sử khung sắt có dạng hình tứ diện ABCD cạnh có độ dài mét ban đầu bọ đỉnh A D B C Gọi an , bn , cn , d n số cách để sau n mét bọ tương ứng đến A, B, C, D Với n > 1, i) Do tính đối xứng đỉnh B, C D nên (1) bn = cn = d n , ii) Muốn đến A phải từ B, C D thêm mét nên: (2) an = bn 1 + cn 1 + d n 1 , iii) Tương tự có: bn = an 1 + cn 1 + d n 1 (3) Từ (1) (2) ta có: an = bn 1  an 1 = bn Kết hợp với (3) ta được: an1 = bn = 3( an 1 + cn 1 + d n 1 ) = 3( an1 + bn 1 ) = an 1 + an an 1 = an + an 1 với n > Dãy số có phương trình đặc trưng t  2t  , có nghiệm t  t  1 nên số hạng tổng quát dãy có dạng: an  A.3n  B.(1) n với n  N* Kết hợp với a1 = 0, a2 = ta tính kết quả: 1 3n  3.(1) n với n  N* an = Bài điểm a) (3 điểm) A N E O F P B I H C D M Ta xét trường hợp AB < AC, trường hợp lại tương tự NB DB  Ta có ND phân giác tam giác NBC nên NC DC NB FB  Lại có DB = FB DC = EC nên suy NC EC Kết hợp với NBF = NCE ta NBF  NCE Suy NFB = NEC  NFA = NEA  điểm A, N, E, F nằm đường tròn Do đường trịn có đường kính AI, suy tam giác ANI vuông N Theo tính chất quen thuộc ta có MB = MC = MI, suy điểm B, I, C nằm đường tròn tâm M, ta ký hiệu (M) Ta có PN.PA = PB.PC suy P có phương tích hai đường trịn đường kính AI đường trịn (M) Lại có hai đường trịn có M nằm AI có điểm chung I suy chúng tiếp xúc với I Từ PI trục đẳng phương hai đường trịn, suy PI  AI Kết hợp với PH  HA ta suy tứ giác AIHP nội tiếp đường trịn đường kính AP b) (2 điểm) 1 A N E O F T I S P Y Q B X H C D M Bài điểm Gọi T giao điểm khác A AH đường trịn đường kính AI Suy IT  AH nên IDHT hình chữ nhật Khi theo định lý Simsơn N, T, D thẳng hàng (do I nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APH) suy đường thẳng MN qua trung điểm X đoạn IH Gọi Y trung điểm PQ Ta chứng minh NY tiếp tuyến đường tròn (O) Xét hai tam giác MIH NPQ có: IMH = PNQ (tứ giác ANSM nội tiếp) MIH = NPQ (tứ giác AIHP nội tiếp) nên MIH  NPQ Do MX NY trung tuyến tương ứng tam giác nên suy MXH  NYQ  HMX = QNY hay SMN = SNY suy NY tiếp tuyến đường tròn (O) Với k = 2, ta có dãy a0  0; a1  an 1  2an  an 1 với n  N * Suy a2  2; a3  Khi a0  2a2   a2  2a1 nên cặp  m, n    0,   p, q    2,1 thỏa mãn điều kiện toán Ta chứng minh với số tự nhiên k  khơng thỏa mãn tốn phản chứng Thật với k   an  dãy tăng đồng thời an 1  an 1  kan  an với n  N * Do đó, với n  N a2 n  a0  0(mod k ) a2 n 1  a1  1(mod k ) (*) 1 1 Giả sử tồn cặp số m, n  N p, q  N* thỏa mãn m  n am  ka p  an  kaq Khơng tính tổng qt giả sử m < n, suy am  an , a p  aq , ta có trường hợp sau đây: Trường hợp 1: p < m < n Khi am  ka p  am  kam1  kam  am 1  am1  an  an  kaq mâu thuẫn, nên trường hợp không thỏa mãn Trường hợp 2: p = m < n +) Nếu p = m = n – an  kaq  am  ka p   k  1 an1  an  an1  k  an 1  aq  , vơ lý vế trái không chia hết cho k +) Nếu p = m < n – am  ka p  an   kan   an 2  kan 1  an  an  kaq , mâu thuẫn với giả sử Trường hợp 3: m  p  n Khi am  a p 1 , a p 1  an aq  nên am  ka p  ka p  a p 1  a p 1  an  an  kaq , mâu thuẫn với giả sử Trường hợp 4: m  n  p Khi ta có từ am  ka p  an  kaq  ka p 1 k 1 ap k a p  aq nên  kaq  ka p  an   k  1 a p  aq  Mặt khác a p  ka p 1  a p 2  ka p 1 k 1 k 1 ap  ka p 1   k  1 a p 1  a p 1 k k tăng nên phải có q = p – đánh giá đồng thời a p  aq  Do dãy  an  xảy đẳng thức  aq  a p 1   q  , vôlý Vậy có giá trị k = thỏa mãn toán - HẾT - ... ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang, gồm bài) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 Mơn thi: TỐN Ngày thi thứ hai: 21/9/2018 Thời gian làm...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Do xn21  xn2  Điểm  , x12... cầm tay;  Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….Số báo danh…………….…… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018