Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc gia môn Toán 12 năm 2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Khánh Hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

KHÁNH HÒA

THI HSG THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: TOÁN (Vòng 1)
Ngày thi: 19/9/2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (4,0 điểm)
3
 3
x  4x  2  y  4  4 6  2 y

3

 4 6  2 z ( x, y, z  ).
Giải hệ phương trình:  y 3  4 y  2 
z
4


3
 3
z  4z  2  x  4  4 6  2x



Bài 2. (6,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương  a; b 
sao cho n 

1
(a  b  1)(a  b  2)  a.
2

b) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  5 , un 1  un 

1
với mọi n  1.
un

Tìm phần nguyên của u209 .
Bài 3. (4,0 điểm)
Một nhóm phượt có n thành viên. Năm 2018, họ thực hiện sáu chuyến du lịch mà mỗi chuyến có
đúng 5 thành viên tham gia. Biết rằng hai chuyến du lịch bất kì chung nhau không quá 2 thành viên.
Tìm giá trị nhỏ nhất của n.
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM và đường phân giác trong AD. Qua
điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A và D), kẻ NP vuông góc với AB (P thuộc cạnh
AB). Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh rằng QN vuông
góc với BC.
Bài 5. (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  xyz ( x  y  z ).
Chứng minh rằng

1
1
1


 1.
2x 1 2 y 1 2z 1
--------------- HẾT ---------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HOÀ

GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH
GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN (ngày 1)
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐÈ CHÍNH THỨC

Bài 1.

3
 3
x + 4x + 2 = y − 4 + 4 6 − 2 y

3

+ 4 6 − 2z .
(3 điểm) Giải hệ phương trình  y 3 + 4 y + 2 =

z−4

3
 3
z + 4z + 2 = x − 4 + 4 6 − 2x

Lời giải

x ≤ 3

Điều kiện:  y ≤ 3 .
z ≤ 3

Xét hàm f ( t ) = t 3 + 4t + 2 và g ( t ) =

3
+ 4 6 − 2t trên ( −∞;3] .
t −4

 f ( x) = g ( y)

Hệ phương trình trở thành  f ( y ) = g ( z )

 f ( z ) = g ( x)
Ta có

(1)
( 2)
( 3)

f ′ ( t ) = 3t 2 + 4 > 0 ∀t ∈ ( −∞;3] ⇒ Hàm số f ( t ) = t 3 + 4t + 2 đồng biến trên ( −∞;3] .

g′ (t ) = −

3

(t − 4)

2

−

3
4
+ 4 6 − 2t nghịch biến trên
< 0 ∀t ∈ ( −∞;3) ⇒ g ( t ) =
t −4
6 − 2t

( −∞;3] .
Không mất tính tổng quát ta giả sử x = max { x; y; z} . Khi đó ta có x ≥ y ; x ≥ z .
x ≥ y (*) ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) (vì hàm f ( t ) đồng biến), kết hợp với hệ phương trình

⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) (vì hàm g ( t ) nghịch biến), kết hợp hệ phương trình ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z )
⇒ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ z ≥ x (**).
Từ (*) và (**) ta suy ra x = z ⇒ f ( x ) = f ( z ) ⇒ g ( y ) = g ( x ) ⇒ y = x .
Vậy ta có x = y = z .
Từ hệ phương trình ta suy ra f ( x ) = g ( x ) ⇔ x3 + 4 x + 2 =
⇔ x3 + 4 x + 2 −

3
+ 4 6 − 2x
x−4

3
− 4 6 − 2x = 0 .
x−4

Xét hàm h ( x ) = x 3 + 4 x + 2 −

Trang 2/8 – Diễn đàn giáo viên Toán

3
− 4 6 − 2 x trên ( −∞;3] .
x−4


Ta có h′ ( x ) = 3x 2 + 4 +

3

( x − 4)

2

⇒ hàm số h ( x ) = x 3 + 4 x + 2 −

+

4

> 0 ∀x ∈ ( −∞;3)
6 − 2x

3
− 4 6 − 2 x đồng biến trên ( −∞;3] .
x−4

⇒ Phương trình h ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.

Ta có h (1) = 0 nên phương trình h ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1;1;1)

Bài 2.
a. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương
1
( a ; b ) sao cho n = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a .
2
1
b. Cho dãy số xác định bởi u1 = 5; un +1 = un +
với mọi n ≥ 1. Tìm phần ( un ) nguyên của
un
u209 .

Lời giải
a.
Cách 1. Đặt m = a + b ⇒ m ≥ 2 .
Phương trình trên trở thành:

n=

1
1
1
( m − 1)( m − 2 ) + m − b ⇔ m2 − m + 1 − b − n = 0 ⇔ m2 − m + 2 (1 − b − n ) = 0
2
2
2

(1).

Để tồn tại cặp số nguyên dương ( a ; b ) thì (1) phải có nghiệm nguyên dương lớn hơn hoặc bằng
2.
Do đó, điều kiện cần là ∆ (1) > 0 và phải chính phương.

∆ (1) = 1 − 8 (1 − b − n ) = 8 ( b + n ) − 7
Dễ thấy ∆ (1) = ( 2k + 1) , k ∈ ℕ
2

Khi đó 8 ( b + n ) − 7 = ( 2k + 1) ⇔ 2 ( b + n ) = k 2 + k + 2 .
2

⇔b=

k2 + k
+1− n .
2

Khi này,

∆ (1) = 2k + 1 và nghiệm nguyên dương duy nhất của (1) là m =

1 + 2k + 1
= k +1 .
2

 k2 + k

k2 − k
+1− n  = n −
Thay vào được a = m − b = k + 1 − 
.
2
 2

Sử dụng các điều kiện a ≥ 1; b ≥ 1 được hệ

Trang 3/8 – HSG-WT


k2 + k
+1− n ≥ 1  2
 2
 k + k ≥ 2n
⇔ 2
(2).

2
k − k + 2 ≤ 2n
n − k − k ≥ 1


2
Việc còn lại là chỉ ra (2) chỉ có nghiệm duy nhất với k ∈ ℕ .
Gọi k0 là số nguyên không âm lớn nhất sao cho k02 − k0 + 2 ≤ 2n , lúc này k0 luôn tồn tại và duy
nhất.
Khi đó

( k0 + 1) − ( k0 + 1) + 2 > 2n ⇔ k02 + k0 > 2n − 2 .
2

Vì k02 + k0 ≥ 2 n (đpcm).
Vậy với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương ( a ; b ) sao cho
n=

1
( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a .
2

Cách 2.
Rõ ràng với n cho trước, tồn tại số tự nhiên l để

l ( l + 1)
2

≥n .

Ta gọi l0 là giá trị nhỏ nhất của n thoả mãn bất phương trình trên.

l0 ( l0 − 1)
l ( l + 1)
l ( l + 1)

, ta chọn b = 0 0
+ 1 − n , với cách chọn này b
2
2
2
xác định và duy nhất.

Khi đó hiển nhiên

Ta đặt X = a + b − 2 ⇒ a = X − b + 2 nên ta có: n =

1
X ( X + 1) + X − b + 2
2

 l ( l + 1)

⇔ X 2 + 3 X − 2b + 4 − 2n = 0 ⇔ X 2 + 3 X − 2  0 0
+ 1 − n  + 4 − 2n = 0
2



⇔ X 2 + 3 X + 2 − l0 ( l0 + 1) = 0

( *)

.

Ta có: ∆* = 32 − 4 ( 2 − l0 ( l0 + 1) ) = (1 + 2l0 ) , do đó phương trình (*) có hai nghiệm
2

−3 + 1 + 2l0

= l0 − 1
X =
2
. Do vậy phương trình (*) có nghiệm dương duy nhất là

 X = −3 − 1 − 2l0 = −l − 1 < 0
0

2
X = l0 − 1

 l ( l + 1)

l ( l − 1)
⇔ a + b − 2 = l0 − 1 ⇔ a = 1 + l0 − b = 1 + l0 −  0 0
+1 − n = n − 0 0
.
2
2


Theo trên thì a = n −

l0 ( l0 − 1)
2

>0 .

Vì vậy, các yêu cầu của bài toán đều thoả mãn. Ta có điều phải chứng minh.
Trang 4/8 – Diễn đàn giáo viên Toán


Cách 3
Ta cần chứng minh rằng f : ℕ* × ℕ* → ℕ* được cho bởi
1
f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a , ( ∀a, b ∈ ℕ* ) là một song ánh.
2
Chứng minh được f là một ánh xạ.
Ta chứng minh f là một 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)
2

, n ∈ ℕ* . Ta có f ( a; b ) − T ( a + b − 2 ) = a > 0

Và T ( a + b − 1) − f ( a; b ) =

( a + b − 1)( a + b ) − ( a + b − 1)( a + b − 2 ) − a = b − 1 ≥ 0.

2
Do đó T ( a + b − 2 ) < f ( a; b ) ≤ T ( a + b − 1) .

2

Khi đó T ( a1 + b1 − 2 ) < f ( a1 ; b1 ) ≤ T ( a1 + b1 − 1) , ...
Kết hợp với dãy (T ( n ) ) là dãy tăng ngặt ta chứng minh được f là một đơn ánh.
Ta chứng minh f là một toàn ánh.
Thật vậy, với n là một số nguyên dương tùy ý, vì dãy (T ( n ) ) tăng ngặt nên luôn tồn tại một số
nguyên dương k thỏa
T ( k − 1) < n ≤ T ( k ) ⇔

( k − 1) k < n ≤ k ( k + 1) .
2

( k − 1) k

2

và b = k − a + 1 .
2
Chứng minh được a và b là các số nguyên dương và
k ( k − 1)
1
f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a =
+ a = n.
2
2
Vậy f là một song ánh, suy ra điều phải chứng minh.
Đặt a = n −

b. Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 5; un +1 = un +

1
với mọi n ≥ 1. Tìm phần nguyên của
un

u209 .

Nhận xét: ( un ) là dãy tăng và un ≥ u1 > 0, ∀n .
2

n −1
n −1
n −1



1 
1
1
Ta có: uk2+1 =  uk +  ⇒ ∑ uk2+1 = ∑  uk2 + 2 + 2  ⇒ un2 = u12 + 2 ( n − 1) + ∑ 2 .
uk 
uk
k =1
k =1 
k =1 uk



Suy ra: un > u12 + 2 ( n − 1) , ∀n ≥ 2 , hay un ≥ 25 + 2 ( n − 1) , ∀n ≥ 1 .



1
1
1 1
1
1
≤ 2
⇒ 4<  2
− 2
.
2
uk u1 + 2 ( k − 1)
uk 2  u1 + 2k − 3 u1 + 2k − 1 
n −1
1
1
1
1
1
− 2
<
= .
Suy ra: ∑ 4 < 2
2
u1 − 1 u1 + 2n − 3 2 ( u1 − 1) 48
k =1 uk

Mặt khác, uk2 ≥ u12 + 2 ( k − 1) ⇒

Từ đó ta có
1

n −1
< u12 + 2 ( n − 1) +
, ∀n ≥ 2 .
2
48
k =1 uk
n −1

un2 = u12 + 2 ( n − 1) + ∑

Suy ra un < 25 + 2 ( n − 1) +

n −1
, ∀n ≥ 2 .
48

Trang 5/8 – HSG-WT


Hay un ≤ 25 + 2 ( n − 1) +
Khi đó

Bài 3.

n −1
, ∀n ≥ 1 .
48

441 ≤ u209 ≤ 441 +

208
. Hay 21 ≤ u209 < 21,5 nên phần nguyên của u209 bằng 21 .
48

Một nhóm phượt có n thành viên. Năm 2018 , họ thực hiện sáu chiến du lịch mà mỗi chuyến
có đúng 5 thành viên tham gia. Biết rằng hai chuyến du lịch bất kì chung nhau không quá 2
thành viên . Tìm giá trị nhỏ nhất của n .
Lời giải
Ta xác định bảng ô vuông với cột là thành vượt nhóm phượt được đánh số từ 1 đến n , dòng là
các chuyến du lịch A1 , A2 ,..., A6 . Điền số 1 vào ô ( i, Ai ) nếu người thứ i tham gia chuyến du
lịch Ai , điền số 0 vào ô tương ứng trong trường hợp ngược lại.
1

2

…

n

A1
A2

…
A6

Gọi ci là số chuyến du lịch người thứ i tham gia, tức là trên cột i có ci số 1.
n

Gọi S là tổng số các cặp số 1 trong bảng. Ta có

∑c

i

= 30 .

i =1

n

Vì trên cột i có ci số 1, suy ra có Cc2i cặp số 1 trên cột i . Suy ra S = ∑ Cc2i .
i =1

Mặt khác, xét 2 hàng i ≠ j bất kì, do Ai ∩ A j ≤ 2 nên hai hàng này có nhiều nhất là 2 cặp số
1 , suy ra S ≤ 2Cc2i ≤ 30 .
2

 n 
 ∑ ci 
n
n
n
n
2
Từ đó 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
2
1
1
A1

3
1

4
1

5
1

6
0

7
0

8
0

9
0

10
0

A2

1

1

0

0

0

1

1

1

0

0

A3

1

0

1

0

0

1

0

0

1

1

A4

0

1

0

1

0

0

1

0

1

1

A5

0

0

1

0

1

1

0

1

1

0

A6

0

0

0

1

1

0

1

1

0

1

⇒

Vậy giá trị nhỏ nhất của n bằng 10 , khi mỗi chuyến có đúng 5 thành viên tham gia và mỗi cặp
thành viên cùng tham gia không quá 2 chuyến.

Bài 4.

Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM và đường phân giác trong AD.
Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A và D), kẻ NP vuông góc với AB (P

Trang 6/8 – Diễn đàn giáo viên Toán


thuộc cạnh AB). Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh
rằng QN vuông 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 các tam giác cân NPE và 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 ra

QE DB
=
lại có M, Q lần lượt là trung điểm của BC, PE và ∆NPE ∼ ∆CKB nên:
QP DC

∆QIE ∼ ∆DMK ( c.g .c ) ⇒ QNI = DKM ⇒ QN // MK ⇒ QN ⊥ BC .

Bài 5.

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) .
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
+
≥ 1.
2x +1 2 y +1 2z +1

Lời giải
Đặt a =

1
1
1
,b =
,c =
thì 0 < a, b, c < 1 .
2x +1
2 y +1
2z +1

1− a
1− b
1− c
.
,y=
,z =
2a
2b

2c
Ta cần chứng minh a + b + c ≥ 1 (Chứng minh bằng phản chứng).
1− a b + c
1− b c + a
1− c a + b
>
, y=
>
, z=
>
.
Giả sử a + b + c < 1 . Khi đó, ta có x =
2a
2a
2b
2b
2c
2c
1 1 1
Ta có: xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) ⇔ x + y + z = + +
x y z

Ta có x =

Trang 7/8 – HSG-WT


1
1
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   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) và ( 2 ) ta có điều mâu thuẫn nên ta có điều phải chứng minh.
1
⇔ x = y = z = 1.
3
---HẾT---

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

Trang 8/8 – Diễn đàn giáo viên Toán