Đề thi HSG môn Toán 12 năm học 2019 - 2020 có đáp án Sở GD & ĐT Quảng Nam

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN

VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Năm học 2019 – 2020

c trang)

Mơn thi : TỐN

Thời gian : 180 phút (Không kể thờ an ao đ ) Ngày thi : 09/10/2019

Câu 1. (3,0 ) Giải phương trình: 3





2 3

x  x  x

Câu (2,0 ) Chứng minh với số nguyên dương n phương trình

n n

x x    x

ln có nghiệm dương Ký hiệu nghiệm dương

x

n, chứng minh dãy số

 

xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

Câu (5,0 ) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường trịn tâm O Điểm M di động cạnh BC (M B M, C) Gọi (X), (Y) đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB MAC Lấy điểm S thuộc (X) cho MS song song với AB; lấy điểm T thuộc (Y) cho MT song song với AC a) Chứng minh điểm A, O, T, S nằm đường tròn

b) Gọi E giao điểm khác A (X) AC, F giao điểm khác A (Y) AB Các đường thẳng BE CF cắt N Chứng minh đường thẳng MN qua O AM qua tâm đường tròn Ơ-le tam giác ABC

Câu (2,0 m) Cho p số nguyên tố, p > số nguyên a a1; 2; ;ap theo thứ tự lập thành cấp số cộng có cơng sai không chia hết cho p Chứng minh tồn số k thuộc tập



1;2; ;p



cho a a1 2 ap ak chia hết cho p2

Câu (3,0 m) Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

 

 

 

3

 

3

P x  P x P x  P x

   

    với x

Câu (2,0 m) Tìm tất số tự nhiên n với n2 cho mặt phẳng tồn n điểm phân biệt, điểm gán số thực dương mà khoảng cách hai điểm chúng tổng hai số gán hai điểm

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | ĐÁP ÁN

Câu Nội dung yêu cầu

Câu (3,0đ)

Phương trình  x3 x 3x 3 33x3

(1)

Xét hàm số f t

 

 t3 t (0.25)

Chứng minh f t

 

hàm số đồng biến (0.5) Phương trình (1) trở thành:

 



3



3

f x  f x  x 33x3  3

3 3

x  x x  x (2) Xét hàm số g x

 

x33x3

Ta có g x'

 

3x23, g x'

 

   0 x Bảng biến thiên g x

 

:

Từ bảng biến thiên g

 

2  1 ta thấy phương trình g x

 

0 có nghiệm



2;



(0.25)

Với x



2;



, đặt x t t

  t > (0.25)

Thay vào phương trình (2) 3 3

1 5

3

2

t t t

t

 

       (0.25)

Vậy phương trình (1) có nghiệm 3 3

2

x    (0.25)

x - -1 +

g’(x) + - +

-1 +

Câu (2,0đ)

Đặt

 

n n

n

f x x x    x , n * Với n * ta có fn

 

x hàm số liên tục, đồng biến



0; 



(0.25)

Lại có fn

 

0  2 lim n

 

x f x   nên phương trình

 

0

n

f x  có nghiệm



0;



n

x   (0.25)

Với n = ta có x12; với n2 ta có x2 1 (0.25)

Với n3 fn

 

1   n suy xn 1 Do xn

 

0;1 ,  n (0.25) Hơn với *

n fn

 

xn1 xnn1xnn11  xn1  2 xnn110 (0.25)

Suy xn1xn hay

 

xn dãy số đơn điệu giảm, dãy

 

xn có giới hạn hữu hạn (0.25)

Đặt Llimxn, L



0;1



Từ giả thiết, với n3

1

n n

n n n

x x   x   

1

3

n n n

x x

 



 (0.25)

Lấy giới hạn ta L

  

1

(do limxnn 0)

L Vậy lim

n

x  (0,25) Câu

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | a)

(3,0đ)

Xét trường hợp tốn hình vẽ, trường hợp khác tương tự

Tứ giác ATMC nội tiếp có AC//TM nên ATMC hình thang cân, suy

180

ATM  ACB (0.25)

Tương tự, ASMB hình thang cân nên 180

ASM  ABC (0.25)

Lại có TMS BAC(góc có cạnh tương ứng song song)

Ta có ATMACB180 ; ASM ABC1800(do tứ giác nội tiếp) (0.25) Suy tứ giác ATMS có

0 360

TAS  ATMASMTMS

 ACBABCBAC18002BAC (1) (0.25)

Do O nằm trung trực AC ATMC hình thang cân nên O nằm trung trực MT (0.25)

Tương tự O nằm trung trực MS nên O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MTS (0.25)

Suy TOS 2TMS2BAC (2) Từ (1) (2) ta có TAS TOS 1800 hay ATOS tứ giác nội tiếp

b) Gọi H trực tâm tam giác ABC I tâm đường tròn Ơ-le tam giác ABC ta có I trung điểm OH

T

Y S X

O A

(2,0 đ) Đường thẳng qua O, vng góc BC cắt BC P cắt AI Q Khi ta có AHQO hình bình hành nên OQ = AH = 2OP nên Q đối xứng với O qua BC (0.25)

Do OMCQMC (3) (0.25)

Lại có FCM FAM BAM BEM nên tứ giác CMNE nội tiếp (0.25)

Suy NMC AEB AMB (4) (0.25) Từ (3) (4) ta có:

Đường thẳng MN qua O OMCNMC QMC AMB (0,25)

A,M,Q thẳng hàng AM qua I (0.25) Câu

(2,0đ)

Gọi d công sai cấp số cộng Ta có ai1 ai d với 1  i p

Do d không chia hết cho p nên số ai có số dư chia cho p đôi khác (Hay a a1, 2, ,ap lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p) (0.25)

Suy tồn k



1; 2; ;p



mà ak p, số ai lại với i



1; 2; ;p i



; k có số dư chia cho p 1; 2; ;p1 theo thứ tự (0.25)

Q P I

H

N

E F

X

Y

O

C B

A

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | Xét tích số ta có p 1.2



1

 

! mod

 



k

a a a

p p p

a    

Mặt khác p nguyên tố nên ta có định lí Wilson:



p1 !



 1 (mod p) Từ ta có p mod





k

a a a

p

a   hay

1

p k

a a a

p

a  (0.25)

Lại ak p nên suy a a1 2 ap ak chia hết cho p2 (0.25) Câu

(3,0đ)

Giả sử đa thức P(x) thỏa mãn

 

 

 

3

 

3

P x P x P x P x

       

    (1) với x

Trường hợp 1. P(x) số, đặt P

 

x c Thay vào (1) ta





3 0;1;

c  c  c c c

Thử lại thấy thỏa mãn

Trường hợp 2. P(x) số, đặt ndegP

 

x,n1 a0 hệ số bậc cao P(x) Ta viết P(x)axn Q

 

x Q(x) đa thức hệ số thực có

 

degQ x kn (0.25)

Cân hệ số bậc cao (bậc 3n) (1) ta có   

    

1

a a a

a (0.5)

+) Nếu a1, ta có P(x)xn Q

 

x Thay vào (1) ta

 



xn Q x



33



xn Q

 

x



2 x3n Q

 

x3 3



 

x n Q

 

x



 3x2nQ(x)3xn



Q

 

x

 

2 Q(x)



33x2n6xnQ(x)3



Q(x)



2

Thay vào (2) đến 2 2 3

3cx n c xnc  x n cxn c = c3c3.

 

1n.xn

 3

 

c1x2n3



c22c(1)n



xnc33c22c0 (3) (0.25) Đẳng thức (3) với x 

 

              2 c c c c c c n  *

2 ( )

c

n m m

  

 



Khi ta có P

 

x x2m1 Thử lại thỏa mãn (0.25) +) Nếu a1, ta có P(x)xnQ

 

x Thay vào (1) ta

 



xnQ x







xnQ

 

x



x nQ

 

x 





 

x nQ

 

x



3

3 3

3

 3x2nQ(x)3xn



Q

 

x

 

2 Q(x)



33x2n6xnQ(x)3



Q(x)



2 = Q

 

x3 3Q

   

x 3.1n.xn (4)

Trong (4), k0thì bậc VT 2n + k, bậc VP h ≤ max



3k;n



nên cân bậc hai vế đến 2nk hmax



3k;n



Điều vơ lý 2nk3k 2nk n Do k = 0, ta đặt Q(x)c

Thay vào (4) đến

2 2 3

3cx n c xnc  x n cxn c

=

 

n n

x c

c3 3.1

 3



c1



x2n3



c22c(1)n



xnc33c22c0 (5) (0.25) Đẳng thức (5) với x 

 

              2 c c c c c c n  *

2 ( )

c

n m m

  

 



Khi ta có P

 

x x2m 1 Thử lại thỏa mãn

Đáp số: P

 

x 0;P

 

x 1;P

 

x 2;P

 

x x2m1;P

 

x x2m1 (0.25) Câu

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | + Với n2, gán A B, tương ứng với số dương a b, Khi AB a b

+ Với n3, chẳng hạn ABCđều gán ba đỉnh số dương

a

Khi ABBCCA2a

+ Với n = ta chọn mặt phẳng bốn điểm ba điểm ba đỉnh tam giác có cạnh 1, điểm gán số

2; điểm lại tâm tam giác gắn số 1

2

3 bốn điểm thỏa mãn toán thỏa mãn

(Trong bốn đ ểm bỏ đ ột a đ ểm với số gán vớ n ì ba đ ểm

a đ ểm lại cũn ỏa ãn, đ n = 2, n = ỏa mãn.)

+ Với n = Giả sử có điểm A, B, C, D, E với số dương gắn với chúng

a, b, c, d, e thỏa mãn tốn

Nếu có điểm chúng thẳng hàng, giả sử A, B, C theo thứ tự Khi ta có AB

+ BC = AC nên (a + b) + (b + c) = (a + c)b = vô lý Như điểm khơng

có ba điểm thẳng hàng

Nếu có điểm chúng tạo thành tứ giác lồi, giả sử tứ giác lồi ABCD Khi theo giả thiết AC + BD = (a + c) + (b + d) = AD + BC

Mặt khác, gọi I giao điểm hai đường chéo AC, BD ta có

AC + BD = (AI + IC) + (BI + ID) = (AI + ID) + (BI + IC) > AD + BC Điều mâu thuẫn nên tất điểm tạo thành tứ giác lõm

Xét điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lõm D nằm tam giác ABC Khi điểm E nằm đâu có điểm tạo thành tứ giác lồi nên không thỏa mãn (có thể vẽ hình minh họa)

Vậy n = khơng thỏa mãn tốn, n5 không thỏa mãn Như giá trị cần tìm n 2, 3,

Câu (3,0đ)

Đặt p  x y z q; xy yzzx3; rxyz Ta có p   x y z 3



xyyzzx



3

Ta có biến đổi: x3y3z3 



x y z



33



x y z



xyyzzx



3xyz

3

3

p pq r p p r

     

BĐT cho trở thành

9 10 10

p  p r (1)

(0.25) Ta chứng minh BĐT Schur p39r4pq

Bổ đề: “



x y z



y z x



z x y



xyz với x y z, , 0” (*)

Thật vậy, x y z, , 0 nên khơng thể có q ba thừa số vế trái âm Nếu có thừa số âm, BĐT hiển nhiên Nếu ba thừa số không âm, ta có







2

y

x y z y z x   y (BĐT AM – GM)

với hai BĐT tương tự, nhân lại ta có BĐT chứng minh (0.5) Ta có

3 3

3

(*) ( )( )( ) [ ( ) ](

9

2 )

p z p x p y

p p x z xz

r r

p p pq r r

p r p

y

q

p



 

  

    

 

 



  

(0.25)

Trường hợp 1. Nếu p4, 16

p  p nên

9 10 10 10

p  p r p r nên BĐT (1)

Trường hợp Nếu 3 p q3thì từ BĐT Schur nói ta có





3

9 12 12

9

p  r p r pp

Do đó:





10



3



1





9 10 10 12 10 39 90

9

p  p r   pp  p  p  p  p















2







1

3 30 16

9 p p p p  p p 

            

suy BĐT (2)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 10 Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

-Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

-Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-T N-NTH-G ), C uyên P an Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Na Dũn , TS P a Sỹ Nam, TS Trịn T an èo T ầy Nguyễn ức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

-Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

-Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS

Trần Na Dũn , TS P a Sỹ Na , TS Lưu Bá T ắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn

đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

-HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

-HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

- - - - -