Tổ 10 HSG 12 CHUYÊN ĐỒNG NAI BẢNG a 2018 2019

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10 ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 20182019

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  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 .

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 .\
Câu 3 (4 điểm). 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 .

 O  có trực tâm H , K là trung điểm BC và G là
Câu 4 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
hình chiếu vuông 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 20182019

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
.
3
T   6 x1  6   6 x2  6   6 x3  6   6 .  1  x1   1  x2   1  x3   63. f  1  63.9
Ta có:

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
�y  x 3  x 2  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 hoành độ giao điểm

Theo Vi-et ta có

x3  x 2   3  m  x  3  0

�x1 x2  x2 x3  x3 x1  3  m
�
�x1 x2 x3  3

Và từ giả thiết thì:

với x1 , x2 , x3 là nghiệm phương

.

.

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 ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 20182019

a 2  b 2  c 2 �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.

x 
Câu 3. 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 .

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 công thức tổng quát 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 tròn
hình chiếu vuông 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 20182019

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

 AH  với H1; H2 là chân
1) Do G thuộc đường tròn 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

IM,CF
mà
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 hòa 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 20182019

Lời giải
Ta có

4m3  m  12n3  n �  m  n   4m2  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 Mp nên suy ra n Mp hay từ đó ta có mMp do m  n Mp . Mà 4m  4mn  4n  1 cũng chia hết

cho p nên 1Mp , điều này vô lý.

 m  n , 4m
Vậy

2

 4mn  4n3  1  1

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

Địa chỉ truy cập />
Trang 5