Đề thi hsg toán 12 chuyên đồng nai năm học 2019 2020

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10

ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019

SỞ GD &ĐT ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ HSG KHỐI 12 CHUYÊN

MÔN: TOÁN

(Đề gồm 01 trang)

Thời gian: 180 phút

Họ và tên:........................................................SBD:……………………
Câu 1 (5 điểm).
3 2
1) Chứng minh rằng phương trình  x  x  6 x  3 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt
3
2
3
2
3
2
x1 , x2 , x3 . Tính giá trị của biểu thức T  x1  x1  9   x2  x2  9   x3  x3  9  .

3
2
3

2
 C  ,  C2  và m là
2) Cho hai hàm số y  x  x  3x  1, y 2 x  2 x  mx  2 có đồ thị lần lượt là 1
C 
C 
tham số thực. Tìm m để 1 cắt 2 tại 3 điểm phân biệt có tung độ là y1 , y2 , y3 thỏa

1
1
1
2



y1  4 y2  4 y3  4 3 .
Câu 2 (3 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c abc . Chứng minh rằng

a 2  b 2  c 2 abc .

x 
Câu 3 (4 điểm). Cho dãy n

xác định bởi

x1 x2 1, xn .xn 2 xn21  3.   1

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy
lim
2) Tính

 xn 

n 1

.

đều là số nguyên.

xn 1
x1  x2  ...  xn .

 O  có trực tâm H , K là trung điểm BC và G là
Câu 4 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn
hình chiếu vng góc của H trên AK . Lấy D đối xứng G qua BC và I đối xứng C qua D. Tia


phân giác ACB cắt AB tại F và tia phân giác BID
cắt BD ở M , MF cắt AC tại E .

 O .
1) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn
 O  cắt BC ở X , XE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBM ở điểm
2) Tiếp tuyến tại A của
 O .
thứ hai là Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EYD tiếp xúc đường tròn
3
3
Câu 5 (4 điểm). Cho m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 4m  m 12n  n , chứng minh m  n là lập phương

của một số nguyên.

******Hết******

Địa chỉ truy cập />
Trang 1


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10

ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019

LỜI GIẢI CHI TIẾT HSG 12 CHUYÊN - BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019
Câu 1.
3 2
1) Chứng minh rằng phương trình  x  x  6 x  3 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 . Tính

giá trị của biểu thức

T  x13  x12  9   x23  x22  9   x33  x32  9 

.

3
2
3
2
 C  ,  C2  và m là
2) Cho hai hàm số y  x  x  3 x  1, y 2 x  2 x  mx  2 có đồ thị lần lượt là 1
C 
C 
tham số thực. Tìm m để 1 cắt 2 tại 3 điểm phân biệt có tung độ là y1 , y2 , y3 thỏa

1
1
1
2



y1  4 y2  4 y3  4 3 .
Lời giải
3
2
f  x  x3  x 2  6 x  3
1) Phương trình đã cho tương đương x  x  6 x  3 0 . Xét hàm số
liên tục

f   3 . f  0   0, f  0  . f  1  0, f  1 . f  2   0
trên  và có
nên phương trình có nghiệm

x1    3; 0  x2   0;1 , x3   1; 2 
,
.
Mặt khác, đây là phương trình bậc 3 nên đây là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.

f  x   x  x1   x  x2   x  x3 
Do phương trình có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 nên
.
Ta có:

T  6 x1  6   6 x2  6   6 x3  6   63.   1  x1    1  x2    1  x3   63. f   1  63.9

2) Giả sử A , B ,C là giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho thì tọa độ A , B ,C thỏa hệ
3
2
 y x  x  3x  1

3
2
 y 2 x  2 x  mx  2

Nên cũng thỏa phương trình hệ quả của hệ là:
Khi đó, ta có:

.

y  m  6  x  4

.

y1  4  m  6  x1 , y2  4  m  6  x2 , y3  4  m  6  x3

trình hồnh độ giao điểm

x3  x 2   3  m  x  3 0

với x1 , x2 , x3 là nghiệm phương

.

 x1 x2  x2 x3  x3 x1 3  m

x x x  3
Theo Vi-et ta có  1 2 3
.

Và từ giả thiết thì:

2
1
1
1
1 x1 x2  x2 x3  x3 x1
m 3




.

3 y1  4 y2  4 y3  4 m  6
x1 x2 x3
3 m  6

.

Từ đây giải ra được m 9 .
3
2
Thử lại, m 9 thì phương trình x  x  6 x  3 0 có 3 nghiệm phân biệt theo câu 1 nên m 9 là giá

trị cần tìm.

Câu 2. Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c abc . Chứng minh rằng
Địa chỉ truy cập />
Trang 2


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10
2

2

ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019

2

a  b  c abc .
Lời giải
Nếu tồn tại một trong ba số a,b,c bằng 0 thì điều cần chứng minh đúng.
Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a, b, c  0 .
2
2
2
2
Giả sử ngược lại a  b  c  abc . Khi đó abc  a  a  bc . Tương tự b  ca, c  ab .
2
2
2
Do đó abc a  b  c ab  bc  ca  a  b  c (mâu thuẫn). Do đó ta có đpcm.

Câu 3. Cho dãy

 xn 

xác định bởi

x1  x2 1, xn .xn 2  xn21  3.   1

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy
lim
2) Tính

 xn 

n 1

.

đều là số nguyên

xn 1
x1  x2  ...  xn .
Lời giải

1) Ta có từ giả thiết

xn .xn 2 xn21  3.   1

n 1

, xn  1.xn 1 xn2  3.   1

n 2

từ đây suy ra

xn .xn 2  xn21  xn2  xn  1.xn 1 , n 2,3,...

xn 2  xn xn 1  xn  1 xn  xn 2
x  x


...  3 1 3
xn
xn  1
x2
Hay suy ra xn 1
Từ đó ta có: xn 2 3 xn 1  xn , n 1, 2,3,...
Mà x1 1, x2 1 nên ta có xn  , n 1, 2,3,...
2
2) Dãy đã cho là dãy sai phân thuần nhất cấp hai nên có phương trình đặc trưng là x  3 x  1 0 với
n
n
hai nghiệm t1  0  t2   1 nên có cơng thức tổng qt là xn  At1  Bt2 .

Khi đó,

x1  x2  ...  xn  A.

lim

Từ đó ta có

t1n 1  1
t n 1  1
B 2
t1  1
t2  1 .

xn 1
lim
x1  x2  ...  xn

At1n 1  Bt2n1
1  13
t1  1 
n 1
n 1
t 1
t 1
2
A. 1
B 2
t1  1
t2  1
.

 O  có trực tâm H , K là trung điểm BC và G là
Câu 4 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn
hình chiếu vng góc của H trên AK . Lấy D đối xứng G qua BC và I đối xứng C qua D. Tia



phân giác ACB cắt AB tại F và tia phân giác BID
cắt BD ở M , MF cắt AC tại E .

 O .
1) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn
 O  cắt BC ở X , XE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBM ở điểm
2) Tiếp tuyến tại A của
Địa chỉ truy cập />
Trang 3


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10

ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019

 O .
thứ hai là Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EYD tiếp xúc đường tròn
Lời giải

E

A

H1
F
H2

B

H

G

MI

K

C

D
I

 AH  với H1;H 2 là chân
1) Do G thuộc đường trịn đường kính AH và KH1 , KH 2 tiếp xúc
đường cao hạ từ B lên AC , C lên AB .
2
2
2
Từ đó ta có đẳng thức KB KC KH1 KG.KA .





Từ đó suy ra KBG KAB, KCG KAC . Kết hợp tính đối xứng, suy ra ABDC nội tiếp
2) Theo câu 1) ta có ABDC nội tiếp và AD là đối trung trong tam giác ABC .
Hay ta có tứ giác ABDC điều hòa.
IB CB


Điều này dẫn đến BDI đồng dạng BAC theo trường hợp cạnh – góc – cạnh. Suy ra ID CA ,
MB FB

mà IM,CF là hai đường phân giác nên ta có MD FA hay MF / /AD




Do MF / /AD nên BMF BDA BCA , dẫn đến BMCE nội tiếp.

 O  và hơn nữa
Khi đó, lại có tứ giác ABDC điều hịa nên XD cũng tiếp xúc
XE. XY  XA2  XB. XC  XD 2 .
Điều này suy ra

 DEY 

 DEY  tiếp xúc  O  ở D .
tiếp xúc XD hay

3
3
Câu 5 (4 điểm). Cho m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 4m  m 12n  n , chứng minh m  n là lập phương

của một số nguyên.
Địa chỉ truy cập />
Trang 4


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10

ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019

Lời giải
Ta có

4m3  m 12n3  n   m  n   4m 2  4mn  4n 2 1 8n3

2
2
Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m  n, 4m  4mn  4n  1 thì p là số lẻ do

4m 2  4mn  4n 2  1 lẻ.
3
2
2
Mà 8n p nên suy ra np hay từ đó ta có mp do m  np . Mà 4m  4mn  4n  1 cũng chia hết

cho p nên 1p , điều này vô lý.
Vậy

 m  n ,4m

2

 4mn  4n 3  1 1

hay suy ra m  n là lập phương của một số nguyên.

Địa chỉ truy cập />

Trang 5