Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án

BỘ 16 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM 2019-2020 (CÓ ĐÁP ÁN)


1. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Đống Đa
2. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị
3. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Bắc Ninh
4. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Khánh Hòa
5. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hà Nội
6. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hải Phòng
7. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Bình Phước
8. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
9. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hưng Yên
10. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ngãi
11. Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường
THPT Đồng Đậu (Lần 2)
12. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Trị
13. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Thái Bình
14. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc


15. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Đồng Đậu
16. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Ngô Gia Tự


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA
(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12
MÔN: TOÁN
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (4 điểm).
Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm
A, B, C bằng 3.

Câu 2 (6 điểm).
a. Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x  .
 x3   y  2  x 2  2 xy  1
b. Giải hệ phương trình: 
.
2
 x  3 x  y  2  0
Câu 3 (4 điểm).

Cho dãy số  un 

Đặt S n 

2020

u1 
xác định bởi 

, n  * .
2019
2u  u 2  2u
 n 1
n
n

1
1
1
. Tính lim Sn .

 ... 
u1  2 u2  2
un  2

Câu 4 (4 điểm).
Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay
đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với
mặt phẳng  ABC  . Đặt AM  x, AN  y.
a.

Chứng minh rằng x  y  3 xy.

b.

Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất.

Câu 5 (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức.
P

2
abc
abc

3
.
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 

----------------------- HẾT ----------------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12
CÂU

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm

4

A, B, C bằng 3.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
x3  3 x 2  mx  2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

1,0

x3  3 x 2  mx  2  m  0  ( x  1)( x 2  2 x  m  2)  0
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  x 2  2 x  m  2  0 (2) có hai nghiệm phân
 '  3  m  0
biệt khác 1  
 m  3 (*) .
1  2  m  2  0

1

1,0

Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại giao điểm A, B, C là:

1,5

y '(1)  y '( x1 )  y '( x2 )  3( x1  x2 ) 2  6 x1 x2  6( x1  x2 )  3m  3  9  3m

Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3  9  3m  3  m  2 (t/m đk (*)).

0.5

ĐS: m  2

Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x 
a

1,0

 
 2cos x  1  sin 2x  2cosx -1  2 s inx  2cosx -1  2 
 cos2x =



 

2 sin 2x.cosx - sin2x 


2cosx -1

2 sin x - sin2x  2 2cosx - 2

2

1,0

2






2cosx +1

 

2cosx -1 

1

1
 cosx = 2

 2  s inx + cosx   2sinx.cosx - 1 = 0

+ (1)  x  

+ (2)  x  


4


4



2cosx -1 sin 2x - 2 s inx +2 

0.5

 2

 k 2

0.5
 k  x 


4

 k 2 ,

Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………..


b

 x3   y  2  x 2  2 xy  1
Giải hệ phương trình: 
.
2
 x  3 x  y  2

 x 2  2 x   x  y   1
Viết lại hệ: 
2
 x  2 x  x  y  2

3

1,0

Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1 .
u.v  1
Hệ trở thành: 
u  v  2

0.5

u  1
Suy ra: 
 v  1

0.5

 x 2  2 x  1
Ta có 
 x  y  1

0.5

 x  1

y  0

0.5

Cho dãy số  un 

2020


u1 
xác định bởi: 
, n  *
2019
2u  u 2  2u
 n 1
n
n
4

Đặt S n 

1
1
1
. Tính: lim Sn .

 ... 
u1  2 u2  2
un  2

Ta chứng minh un  1, n  * (1) bằng phương pháp qui nạp toán học.
3
Với n  1, u1 

2020
 1  (1) đúng với n  1 .
2019

Giả sử (1) đúng với n  k (k  1) ta có uk  1 gtqn  . Ta phải chứng minh (1) đúng với

n  k  1 tức là phải chứng minh uk 1  1 .
Thật vậy uk 1  1 

uk2  2uk
u 2  2(uk  1) uk2 1
1  k

  0  uk 1  1  0  uk 1  1.
2
2
2 2

Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un  1, n  *
Mặt khác un 1  un  un2  un  0, n  * vì dãy số un  1 nên dãy số  un  là dãy số
tăng.

1,0


Với mọi k  N*, ta có :
2uk 1  uk (uk  2) 



(u  2)  uk
2
1
1

1
1
1

 k

 

uk (uk  2) uk 1
uk (uk  2)
uk 1
uk uk  2 uk 1

1,0

1
1
1
1
1
 
 Sn  
uk  2 uk uk 1
u1 un 1

Ta chứng minh dãy số  un  là dãy số không bị chặn.
Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số  un  là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy

 un  tăng và bị chặn thì dãy số  un  có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim  un   a

. Vì un  1

Nên ta có a  1 . Từ định nghĩa 2un 1  un2  2un . Chuyển qua giới hạn ta có:

1,0

 2a = a2 + 2a  a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1.

Vậy giả sử sai, suy ra dãy  un  không bị chặn trên . do  un  là dãy tăng nên
lim  un     lim

1
1
1
1 2019
 0  lim S n  lim ( 
) 
un
u1 un 1
u1 2020

1,0

S

4

M

B

A
O

H

N
C
Chứng minh x  y  3 xy
Kẻ SO  MN , O  MN do  SMN    ABC   SO   ABC 
a.

Do hình chóp S . ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .
Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .

1,0


4

 


AB  AC 
1  1 
3 
Ta có AB  AC  2. AH 
AM 
AN  2 AH  . AM  AN  2 AO .

AM
AN
x
y
2
Vì  M  AB, N  AC 

1,0




x. AM  y. AN  3 xy. AO .

Do M , N , O thẳng hàng nên x  y  3 xy. (đpcm).
1
1
SO.MN  SSMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và SSMN  SO.MN  SSMN
2
2
lớn nhất khi MN lớn nhất
S SMN 

2

2

Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy.cos600  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy  9  xy   3 xy
1,0
Từ giả thiết ta có 0  x; y  1

Từ (1) ta có 3 xy  x  y  2 xy  xy 

4
9

 x  1 y  1  0  xy  1  x  y  xy  1  3 xy  xy 

0.5
1
2

4 1
Đặt t = xy, t   ;   MN 2  9t 2  3t
9 2
4 1
Lập bảng biến thiên của hàm số f  t   9t 2  3t ; t   ;  ta được
9 2

MN nhỏ nhất khi t 

4
2
khi x  y 
9
3

1
x  1

1


x 
MN lớn nhất khi t  khi 
2
1 hoặc 
2
y



2
y 1

0,5

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
2
abc
abc

3
1
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 
Đặt : P 

2
abc
abc


3
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 

2

0.5


2

Áp dụng bất đẳng thức:  x  y  z   3  xy  yz  zx  x, y, z  
0.5

Với a, b, c  0 ta có:
5

 ab  bc  ca 

2

 3abc  a  b  c   9abc  0  ab  bc  ca  3 abc



Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc



3

a, b, c  0.

Thật vậy:

1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc
2



 1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc

Khi đó: P 



Đặt:

6

3

3

2
3 1  abc







abc
abc

3
6
1  abc

abc  t  3 abc  t 2 ,

0.5

abc  t 3 .
3

 abc
Vì a, b, c  0 nên 0  abc  
 1 0  t 1
3



Xét hàm số f (t ) 

f '(t) 

2
t2
1 3


t , t   0; 1
2
6
3 1  t 3  1  t

 t
2t 2
2t
t2
1  t2



2
t
.



3 2
2 2 
(1  t 3 ) 2 (1  t 2 ) 2 2
 (1  t ) (1  t )  2

0.5

(1  t )(1  t 5 )
t2
 2t.
  0, t  (0;1]
(1  t 2 ) 2 .(1  t 3 ) 2 2
Suy ra f (t ) đồng biến trên f (t ) trên (0;1] ta có f (t )  f (1)  1, t  (0;1] .



2
abc
abc

3
1
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 

Dấu ‘=’ xảy ra khi a  b  c  1 .
Vậy MaxP  1 khi a  b  c  1

Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

0.5



so cD&Dr euANc

rnl

rci rnr cHeN

t2 cLP rixn

cuuv0n

TRUcTNG TIrPT

rHr

HSG LdP

NAnn HQC: 2019 - 2o2o

Mdn thi: To6n

Ln eu.f BON
(DA thi

EQr ruYEN DU

gim cd 01 trang)

Thdi gian ldm bdi: 150 philt

Cflu 1(6 tli6m)
a) Gi6i phucrng

trinh (x -2)' + J.. 6 = 67 +Ji

1

-n

b) Tir c6c chfi s5 0, 3, 4, 5, 6,7, 8, glpp dugc bao nhi6u s5 chin, c6 ba cht s5 kh6c nhau

2(a ili6m). Trong mflt phhng tqa d0 Oxy,

Chn

fu+zMe

mdn:

--d ;

zfii+

cho hinh vu6ng

ABCD v]r cic di6m M, N thoa

wD =6

a) Chimg minh tam grttc

BMN vu6ng

chn.

b) Tim tqa dQ di€m A,UietNp;21, dvdngthingBM cd phuong trinh

x-2y-3:0

vit

di6m A c6 hodnh d0 nh6 hon2.

Cflu 3 (a tli6m).
a) cho c6c s5 thqc a,b,c th6a man ili6u kign

a+b+c>1. chimg minh ring

14rC o-at+b'+c'
1
A4+D
a
J

b) Tim GTLN, GTNN ctra him s(i:

/(x)

= x(l0

*Jtz-71

Cflu 4 (a tli6m).
Cho hinh ch6p S.ABC, c6 SA

AB

:

:

SB

:

SC vd d6y ld tam gi6cvu6ng cdn v6i c4nh huyAn

oJi.tvtqtb6n (SBC) hqp v6i mflt d6y

tich kh6i ch6p S.ABC

vi khoing

si5

/:(0,+m) +

.f(x+ y)+ f(xy)

vi

t6n

(p saocho cosp'

=+.

Tinh theo a th6

J13

cdch gifia hai duong thFngAB vd SC.

cffu 5 (2rli6m). Tim t6t cil cilchim

Hq

mQt g6c

:

x

(0;+oo) th6a mftn

ding thirc

* ! * xY, Yx,Y e (0;+m)

SBD

urldNc nAN cuAilr uoN roAx
THr Hsc cAp
ruvnx gsc
D
DE THI CH
D

CAU

I
( 6d)

a) Gini phuong trinh

(x-2)' +J*+e

rixu
Di0m

an

+Jir-, 1t), x e [-o;t t]

=67

o (J, + 6 -4) + (r - Ji r-,)+ *' - +* -60 = 0
11
+ x+6 -0
e (x-10) _:
Jx+6 +4 t+.,/t 1-x

1

(r)

11
+x+6>0,xe[-6;11]
Jx+6+4 l+Jl1-x

1

Qx:10 ( Vi _:
b) Gqi

)

As6 cAn t\m: a,b,c d6i mQt kh6c nhau, a+0 ' c lir sti chin.
3, 4, 5, 6,7 ,8,9\ .
{a ,b , c\ c { o,
. c=0,m6ic6chchon cs6c6 7 cdchchon a (kh6c c:0),m6ic6chchqn

ot"

c,a

.

sdc6 6 c6ch chon

b (kh6c c,a), n€nc6 7.6:42 s6loai

1

ndy'

* 0, c6 3 c6ch chon c chian, mdi crich chon c sE c6 6 c6ch chgn a
(a * 0,a+ c), m6i c6ch chon c,a c66 c6ch chgn b (kh6cc,a ) ndn c6:

c

1

3.6.6=108 sd loai ndy.
s6 thoa m6n dO bei'

V{y, tong cong c6: 42+lO8:150
7

F

N

A

1

(4d)

B

C

E

bing 3m. Qua M k6 dunng vu6ng g6c v6i BC cEt BC, AD
frnp:Tr,Ttr-ta
c6:
bdi
tt
de
416,
F.
Khi
] ::
,^: ^' =ABEM:AMFN'
mn tuqt t4i E,

a) E[t

canh hinh vu6ng

1

[BE:MF:2m

= fr: fr,us:vnt

+6ME+

fr

D @M) :x -2y -3 = O+(MN)
rqa d0 di6m M
IvF2 +FN2

rd nghi€m cua h6

:MN2 e4m2

+

=9oo

-

6=0

_', =or=

cdn t4i

M'

1

.

,(g;

o)

.

1

> AN : l,AM :2J,
(o-2)'*(b-2)' =r

m' = 5 e m-

Giai hQ, voi a <2 , ta duqc A (1;2 )

vay ABMN wdng

:2x + y

{;;1;

Gqi A (a;b) , v6i a 12 , ta c6 h€

"

1

(o-3)'+b2 =8

1


3

(4d)

a) Vx,-y € R, ta c6 xo + yo ) x3 y+rlr' ( * )
o (, * y)' (r' + xy + y')> o, dirng Vx, y e tR.

0,5

Ap dgng ( * ), ta duoc

!)'=1r,*( !\'o

o,*(

\3, 3 (3.r
o' *( !l' la,*(1)'u
\3, = 3 (31
.' *[1)'

\3,

r

,1.,'*(1)'.
3

r,r = (r)

a'J

I

\3/

(o

/r\3
+b+.)>l ; I . cQng ve theo vC ta co:
\J/

13+C3
4_) A-.3+D +c'

14
rb-+c-

33

b) TXD: D =

( dpcm ). ^r
Ddubangxay ra

[-.E,Jir], r{-,):-/(x),vx

e

e o:6- s=!

0,5

D

/(r)>otr€n [0,.D], /(,) < o tron [-Jo,o]
:
max J (x) =
,{,1fr,f (,) = X.T / (,) - ,{,?fr,f (*)

0,5

Theo BDT C-B, ta c6
,r

(r)

<

rJ0.r f0.(r2-r') = *.Ji.Jzz- *' . ^1n.x: +4-

=,r(r)YQy mal

dau

"

:

" xay ra <+,

f (,)=1lJ[, khi -r="'fi.

r

=

x2

:r rJil
1

JtT

;.f (*)=-1lJ1,

khi

x=-fi

0,5

4
^s

(4d)

I

A

B

K
C

IIsa t(ABCI
H ld tam clucrng tritn (ABC). }dd, LABC vu6ng can tai c H ld trung
sB:.rc =
=
lsr:

di€m AB. Goi

K

lruxtttc
"'-

ld trung iti6m cira BC. suy ra

n
ri 1""
uo oo
:#:;tr"
\rr
__1:i

+

Cosrp

./l
so..,a. =

tanp

3

!,qc.ac

1

2

ea

: 2Ji +

:

-fuxtac
ali)=t*
L BC -

SH = HK.tane =

a')Vr.uu.

HK

I
J

s^,{BC'sF1

ld dudng trung
BC

binh

cua a,4BC.

)' (sHK)=> SKH =Q'

I

aJI.

.6 a
6

1


LAB
> AH r (SCH).
SH LAB
Trong LSCH kdtludng cao HI-d(SC,AB)=nt
CH

Gt=

,t

I a CO

a

r

5

(2d)

=

I

-----'---:-

T

I

---------=

I

=

11

T

d( AB:SCl=

HI, SH' CH" -;3A" o3a
f(x+y)+"f(xl,)- x+y+ry,Yx,y >0 (1)
. x: !=)a f (4)=4.
LAn luot thay (x;y) . {{t;t);{z;1);(3;1)} vdo (1), ta c6:
I f tzl+ / rD::
[/1:) =:
tl
i/t:lo f Q)=5-\l \2)=2[l r+i * /(3):; [7'trl :
Th6 x : !.! =l1r > O) vio ( l) ta thu dugc:
-

1

.t l
Hl: n'' a.

1

7

0.5

r

I

t'

'
1(r+-1+J(l):t+-t
'',=Jtt+!)=t+1
" t. t =J'(x)=x.vx>z(1oo,*1=z''l.
/ )
Ti6p tuc th€, y = 2.

Tt

(1) ta suy ra

(2x): x+2+2x

f
Ilf lr*2)+
2)= **2.Vx> 0

[,ftr*

Thu

0.5

0.5

= - f12x):2x.Yx >0 haY./(x)=x.Vx>0

lai,f(*) :x,Vx > 0 th6a mdn di6u kiQn bdi to6n.V{y "f(*) :x,Vx

e (0;+"o).
0.5


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 24/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

Câu 1 (5,0 điểm)
Cho hai dãy số (un ), (vn ) xác định như sau u0  a; v0  b với hằng số thực a, b cho trước thỏa
un  vn
, vn 1  un 1.vn với mọi số tự nhiên n .
2
a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau.
b) Tìm giới hạn đó theo a, b .

mãn 0  a  b và un 1 

Câu 2 (5,0 điểm)
Cho số nguyên tố p . Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện
2020n  2019  n  2018 (mod p) .

Câu 3 (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H , O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC ; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác ABC. Các đường
thẳng OD và BE cắt nhau tại K , các đường thẳng OE và AD cắt nhau tại L. Gọi M là trung điểm
cạnh AB. Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C , D, O, H cùng nằm trên
một đường tròn.
Câu 4 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các đa thức f  x  có hệ số thực và bậc là số tự nhiên lẻ sao cho:
f  x 2  1  f 2  x   1, x  .

------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đáp án

Câu

Điểm

Cho 2 dãy số (un ) , (vn ) xác định như sau:
u0  a; v0  b với hằng số thực a, b cho trước thỏa mãn 0  a  b và un 1 

1.a

un  vn
,
2

vn 1  un 1.vn với mọi số tự nhiên n .

2,0

a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau.
Ta chứng minh quy nạp rằng un  un 1  vn và un 1  vn 1  vn với mọi n .
Do đó, 2 dãy đã cho là đơn điệu và bị chặn bởi u0  a; v0  b nên hội tụ.
Từ un 1 

1.b

un  vn
lim un  lim vn
, cho qua giới hạn ta được lim un 1 
hay lim un  lim vn
2
2

(đpcm).
b) Tìm giới hạn đó theo a, b .

1,0

1,0
3,0

a

 cos  với   (0; ) . Ta chứng minh rằng
b
2




un  b cos 1 .cos 2 ...cos n 1 .cos 2 n
2
2
2
2



Và vn  b cos 1 .cos 2 ...cos n với mọi số nguyên dương n .
2
2
2

Do 0  a  b nên đặt

Từ đó rút gọn biểu thức ta được vn 

1,0

1,0

b sin 
b sin 


.
n 


n
2 sin n
2

b2  a 2
Vậy lim un  lim vn 
.
a
arccos  
b

1,0

Cho số nguyên tố p . Chứng minh rằng, tồn tại vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện

2

2020n  2019  n  2018(mod p ) .

Ta xét 2 trường hợp.
Trường hợp 1. Nếu p là ước nguyên tố của 2020, khi đó, chỉ cần chọn n  2018 p là thỏa
mãn.
Việc này chứng tỏ tìm được vô số n .

5,0

1,0

Trường hợp 2. Nếu p không là ước nguyên tố của 2020, khi đó ( p, 2020)  1 .

n  2019  0(mod p  1)
Chọn 
n  2018  1(mod p)

2,0


Theo định lí Fecma a p 1  1(mod p ) ta được
2020 p 1  1(mod p)  2020n  2019  1(mod p)

1,0

nên 2020n  2019  n  2018(mod p ) (thỏa mãn đề bài).
Lại có, theo định lí Trung Hoa về dư thì hệ phương trình đồng dư luôn có nghiệm n vì
 p, p  1  1 nên có vô số tự nhiên n thỏa mãn. (đpcm)

1,0

Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H , O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC ; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác
3

ABC . Các đường thẳng OD và BE cắt nhau tại K , các đường thẳng OE và AD cắt
nhau tại L . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng

5,0

khi và chỉ khi bốn điểm C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
C
x
Q

Áp dụng định lí Menelaus cho
tam giác HAB và ba điểm
K , L, M ta có: K , L, M

D
P
L

E
H

A

Ta lại có
bán

thẳng hàng khi và chỉ khi

K

M

0,5

KB LH MA
.
.
1
KH LA MB
KB
LA
(1)


KH
LH

O

B

KB S BOD
LA S AOE

(cùng cạnh đáy OD),
(cùng cạnh đáy OE) và gọi R là


KH S HOD
LH S HOE

ABC
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
1
1
1
S AOE  AE.d (O, AE )  c.cos A.R .cos B  R. c.cos A.cos B
2
2
2
1
Tương tự S BOD  R. c.cos A.cos B
2
Nên S AOE  S BOD .

và

c  AB

thì

Từ các kết quả trên ta có (1)  S HOD  S HOE khi và chỉ khi OH || DE (nếu H và O cùng
phía đối với DE ) hoặc OH đi qua trung điểm ED (nếu H và O khác phía đối với DE ).
Trước hết, vẽ tiếp tuyến C x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C , dễ dàng

chứng minh CED  ABC  ACx suy ra DE || Cx từ đó dẫn đến CO vuông góc với
DE (2).
Ta chứng minh (1) xảy ra khi chỉ khi OH || DE .
Thật vậy, nếu xảy ra trường hợp còn lại, tức là OH đi qua trung điểm ED .
Khi đó, gọi P, Q lần lượt là trung điểm của ED , HC . Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp
đường tròn tâm Q , suy ra QP vuông góc với ED . Kết hợp (2) suy ra QP || CO .

1,0

0,5

0,5

2,0


Xét tam giác CHO có Q là trung điểm HC và QP || CO suy ra P là trung điểm OH nên
EHDO là hình bình hành, suy ra OD || EH . Điều này trái với giả thiết OD cắt BE .

Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi OH || DE , mà do (1) nên điều này khi và chỉ khi CO  OH
khi và chỉ khi C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
Tìm tất cả các đa thức f  x  hệ số thực, có bậc là số tự nhiên lẻ
4

sao cho
5,0

f  x 2  1  f 2  x   1, x 

Thay x bằng  x ta có f 2   x   1  f

0,5

  x  1  f  x 1  f
2

2

2

 x  1

Suy ra f 2   x   f 2  x 

0,5

 f ( x)  f ( x) x  A
Nên 
trong đó A  B 
 f ( x)   f ( x) x  B

.

Nếu tập A vô hạn hay phương trình f   x   f  x   0 có vô số nghiệm mà bậc của f là
hữu hạn nên f ( x)  f ( x)  0  f   x   f  x  , x 

(1)

Lại có deg f là lẻ nên trong hai giới hạn lim f ( x) và lim f ( x) có đúng một giới hạn là
x 

x 

 và một là  , do đó tồn tại x0 (đủ lớn) sao cho f  x  và f   x  trái dấu (suy ra

1,0

không bằng nhau) khi x  x0 điều này mâu thuẫn với (1) nên tập A không thể là vô hạn.
Suy ra tập B là vô hạn hay phương trình f  x   f   x   0 có vô số nghiệm mà bậc của
f là hữu hạn nên f   x    f  x  , x 

.

 f  0    f  0 
 f  0   0

Chọn x  0  
và f 1  1 .

2
 f  1  f  0   1  f  1  1

0,5

Xét dãy số a0  1; an 1  an  1
Dễ thấy an  1, n  0
Ta chứng minh an 1  an , n  0 1 .

1,5

Thật vậy n  0  a1  2  1  a0 bài toán đúng với n  1
Giả sử (1) đúng đến n , suy ra an  2  an 1  1  an  1  an 1 . Vậy (1) được chứng minh.
Bây giờ ta chứng minh f  an   an , n  0

 2  bằng quy nạp.

Với n  0  f  a0   f 1  a0 suy ra (2) đúng với n  0
Giả sử f  an   an ta chứng minh f  an 1   an 1 , ta có
f 2  an 1   1  f  a 2 n 1  1  1  f  an   1  an  a 2 n 1

 f  an 1   an 1 hoặc f  an 1   an 1

1,0


Nếu f  an 1   an 1  f 2  an 1   1  f  a 2 n  2  1  1  f  an 1   1  an 1  0 (vô lí) do đó
f  an 1   an 1.

Vậy (2) được chứng minh, do đó phương trình f  x   x có vô số nghiệm nên f  x   x
với mọi x  R .

0,5

Thử lại ta thấy f  x   x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
---------------Hết---------------


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Câu 5 (7,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm f :



ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 25/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

thỏa mãn điều kiện:

f  xy  1  f  x  f  y   2 xy  1 với mọi x, y 

.

Câu 6 (7,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC , D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Trên cạnh AC , AB lần lượt lấy
các điểm E , F sao cho ED  EC , FD  FB . Gọi I , J , K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
ABC , BDF , CDE .

a) Gọi H là trực tâm của tam giác JDK . Chứng minh rằng tứ giác IJHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng khi D chuyển động trên BC , đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK luôn đi
qua một điểm cố định khác điểm I .
Câu 7 (6,0 điểm)
Cho một đa giác đều A1 A2 ... A20 có 10 đỉnh của đa giác được tô màu xanh, 10 đỉnh còn lại được tô

màu đỏ. Ta nối các đỉnh với nhau.
a) Gọi a là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh màu đỏ liên tiếp, b là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh
màu xanh liên tiếp. Chứng minh a  b.
b) Xét tập hợp S gồm đường chéo A1 A4 và tất cả các đường chéo khác của đa giác mà có cùng
độ dài với nó. Chứng minh trong tập hợp đó, số đường chéo có hai đầu là màu đỏ bằng với số đường
chéo có hai đầu là màu xanh. Gọi k là số đường chéo có hai đầu là màu xanh trong , tìm tất cả các giá trị
có thể có của .
------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...


HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
Ngày thi thứ hai: 25/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
(Đề thi có 04 trang)

Câu
5

Tìm tất cả các hàm f :



Đáp án
thảo mãn điều kiện:

Điểm

f ( xy  1)  f ( x) f ( y )  2 xy  1 với mọi x, y 

Thay x  0 vào (1), ta có f (1)  f ( x). f (0)  1 với mọi x 

. (1)

7,0

.

Nếu f (0)  0 thì f sẽ là hàm hằng. Thay vào (1) dễ thấy không thỏa mãn.
Vì vậy f (0)  0 .

1,0

Thay x  y  1 vào phương trình (1) ta thu được  f (1)   1 . Nghĩa là f (1)  1 hoặc
2

f (1)  1 .

Trường hợp 1: f (1)  1 .
Thay x bởi xy và y  1 vào phương trình (1) ta thu được
f ( xy  1)  f ( xy )  2 xy  1 với mọi x, y 

.

1,0

Kết hợp (1) ta thu được:
f ( xy )  f ( x) f ( y ) với mọi x, y 

(2)

Tiếp theo ta thay y  1 vào phương trình (1) ta nhận được
f ( x  1)  f ( x)  2 x  1 hay f ( x  1)  2 x  1  f ( x) với mọi x 

.(3)

Lại thay và x bởi x  1 và y  1 vào phương trình (1) ta nhận được
f ( x  1)  f ( x)  2 x  1 hay f ( x  1)  2 x  1  f ( x) với mọi x 

.(4)

Cho y bởi x vào phương trình (1) và sử dụng (2) (3) và (4) ta nhận được

2,0

2 x 2  1  f ( x 2  1)  f 2 ( x)  f ( x  1). f ( x  1)  f 2 ( x)
 (2 x  1  f ( x)).(2 x  1  f ( x))  f 2 ( x)  2 f 2  x   4 xf  x   4 x 2  1

Suy ra 2  f ( x)  x   0 dẫn đến f ( x )  x với mọi x 
2

.

Trường hợp 2: f 1  1 .
Bằng cách thay tương tự như ở trường hợp 1, ta có:
f  xy    f  x  f  y  với mọi x, y 

. (5)

f  x  1  2 x  1  f ( x) với mọi x 

. (6)

f ( x  1)  2 x  1  f ( x) với mọi x 

. (7)

Tiếp theo, thay y bởi x vào phương trình (1) và sử dụng (5) (6) và (7) ta nhận được

2,0

2 x 2  1  f ( x 2  1)  f 2 ( x)   f ( x  1). f ( x  1)  f 2 ( x)
 (2 x  1  f ( x)).(2 x  1  f ( x))  f 2 ( x)

 2 f  x   4x2 1

Suy ra f ( x)   x 2 với mọi x 

.

Thử lại ta thấy cả hai hàm ở cả hai trường hợp đều thỏa mãn đề bài.

1,0

Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán
f ( x )  x với mọi x  .
và f ( x)   x 2 với mọi x 

.

Cho tam giác nhọn ABC , D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Trên cạnh AC , AB lần lượt
lấy các điểm E , F sao cho ED  EC , FD  FB . Gọi I , J , K lần lượt là tâm đường tròn nội
6

tiếp các tam giác ABC , BDF , CDE .
a) Gọi H là trực tâm của tam giác JDK . Chứng minh rằng IJHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng khi D chuyển động trên BC , đường tròn ngoại tiếp tam giác

7,0

IJK luôn đi qua một điểm cố định khác I .

Do các tam giác FBD, EDC lần lượt cân tại F , E nên JD  JB, KD  KC .
6.a

6.b

Ta có JDK  1800  JDB  KDC  1800  IBC  ICB  BIC  JIK
Lại có H là trực tâm tam giác JDK nên JHK  1800  JDK ,
suy ra JHK  JIK  1800
Vậy tứ giác IJHK nội tiếp.
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau (bài toán Simson đảo)

Cho tam giác MJK . Từ điểm L nằm ngoài tam giác. Gọi B, C , D lần lượt là điểm đối xứng
của L qua MJ , MK , JK . Giả sử B, C , D thẳng hàng. Chứng minh rằng MJLK là tứ giác nội
tiếp.

2,0


Chứng minh bổ đề: Gọi giao của BL, DL, CL với MJ , JK , KM lần lượt là E , G , H . Do
B, C , D thẳng hàng  E , G , H thẳng hàng. Tứ giác JGLE và GHKL nội tiếp
JLK

ELH (g.g)  JLK  ELH mà ELH  EMH  1800

 JLK  EMH  1800  MJLK nội tiếp (đpcm).
Quay trở lại bài toán:
Gọi M là điểm chính giữa cung BC của đường tròn (O ) ngoại tiếp tam giác ABC , L là
điểm đối xứng với D qua JK .
Ta có JIK  JDK  JLK suy ra L  ( IJK ) .
Mặt khác, JL  JD  JB, KL  KD  KC nên

LJB  2LDB  LKC , suy ra

BLJ  CLK .
Ta thu được
BLC  JLK  BIC  JIK , suy ra L  ( BIC ) hay ML  MB  MC .

1,0

1,0

1,0

1,0

Suy ra JM , KM lần lượt là trung trực của LB, LC .
Vậy điểm đối xứng với L qua 3 cạnh tam giác JMK là B, C , D . Mà B, C , D thẳng hàng,
theo bổ đề trên suy ra LJMK nội tiếp. Vậy ( IJK ) luôn đi qua điểm M cố định (đpcm).

1,0

Cho một đa giác đều A1 A2 ... A20 có 10 đỉnh của đa giác được tô màu xanh, 10 đỉnh còn lại

7

được tô màu đỏ. Ta nối các đỉnh với nhau.
a) Gọi a là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh đỏ liên tiếp, b là số các đoạn thẳng nối
hai đỉnh xanh liên tiếp. Chứng minh a  b.
b) Xét tập hợp S gồm đường chéo A1 A4 và tất cả các đường chéo khác của đa giác

6,0

mà có cùng độ dài với nó. Chứng minh trong tập hợp đó, số đường chéo có hai đầu là màu
đỏ bằng với số đường chéo có hai đầu là màu xanh. Gọi k là số đường chéo có hai đầu là
màu xanh trong S , tìm tất cả các giá trị có thể có của 𝑘.
Ta chia dãy các đỉnh A1 , A2 ,..., A20 thành các cụm đỏ và cụm xanh, trong đó:

7.a.

 Cụm đỏ là cụm đỉnh gồm các đỉnh đỏ liên tiếp.
 Cụm xanh là cụm đỉnh gồm các đỉnh xanh liên tiếp.

Giả sử ta có n cụm đỉnh xanh là : X 1 , X 2 ,..., X n ( 1  n  10 )
và x1 , x2 ,..., xn tương ứng là số đỉnh xanh trong các cụm đó ( xi  1 i  1, n ).
Nếu n  1 , tức là chỉ có một cụm xanh hay 10 đỉnh xanh cạnh nhau, do đó 10 đỉnh đỏ cũng
phải cạnh nhau, tức là cũng chỉ có một cụm đỏ.
Nếu n  2 thì mỗi cụm điểm xanh nằm giữa hai cụm đỉnh đỏ và ngược lại mỗi cụm đỉnh đỏ

1,0


lại nằm giữa hai cụm màu xanh nên số cụm đỉnh xanh sẽ bằng số cụm đỉnh đỏ bằng n .
Giả sử n cụm đỉnh đỏ là: D1 , D2 ,..., Dn và d1 , d 2 ,..., d n tương ứng là số đỉnh đỏ trong các
cụm đó ( di  1 i  1, n ).
Do trong một cụm X i có xi đỉnh xanh cạnh nhau nên có xi  1 cặp đỉnh xanh liên tiếp. Nên
a  ( x1  1)  ( x2  1)  ...  ( xn  1)  x1  ...  xn  n  10  n .

1,0

Tương tự b  (d1  1)  ...  (d n  1)  d1  ...  d n  n  10  n .
Vậy a  b (đpcm).
Trước hết, ta xét dãy các đỉnh ( gồm tất cả 20 đỉnh):
A1  A4  A7  A10  A13  A16  A19
 A2  A5  A8  A11  A14  A17  A20 (*)

7.b.

 A3  A6  A9  A12  A15  A18  A1

2,0

Các đường chéo nối 2 đỉnh liên tiếp trong dãy trên đều có cùng độ dài với A1 A4 nên tất cả

đều thuộc S . Ngoài ra, dễ thấy rằng tất cả các đường chéo thuộc S cũng tạo thành bởi 2 đỉnh
liên tiếp nào đó trong dãy trên.
Tương tự câu a) ta chia dãy các đỉnh (*) thành các cụm đỏ và cụm xanh, trong đó:
 Cụm đỏ là cụm đỉnh gồm các đỉnh đỏ liên tiếp trong dãy đỉnh (*) .
 Cụm xanh là cụm đỉnh gồm các đỉnh xanh liên tiếp trong dãy đỉnh (*).
Và ta cũng thu được số cụm đỉnh xanh sẽ bằng số cụm đỉnh đỏ, giả sử bằng
m (1  m  10)
Ta có số đường chéo có hai đầu màu đỏ trong tập S cũng chính là số đoạn thẳng nối hai
đỉnh đỏ liên tiếp trong dãy (*) và số đường chéo có hai đầu màu xanh trong tập S cũng
chính là số đoạn thẳng nối hai đỉnh xanh liên tiếp trong dãy (*) . Nên theo câu a) số đường
chéo có hai đầu màu đỏ trong tập S sẽ bằng số đường chéo có hai đầu màu xanh trong tập
S và bằng k  10  m , do 1  m  10 nên k  {0,1,...,9} .

1,0

1,0


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 ---------------