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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (936.89 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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)

Môn thi : TOÁN

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

Câu 1. (3,0 ) Giải phương trình: 3 3





2 3 3 1

x  x  x .

Câu 2. (2,0 ) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì phương trình
1

... 2

n n

x x    x

ln có một nghiệm dương duy nhất. Ký hiệu nghiệm dương đó là

x

n, chứng minh rằng dãy số

 

xn có

giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3. (5,0 ) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường trịn tâm O. Điểm M di động trên
cạnh BC (M B M, C). Gọi (X), (Y) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB và MAC.
Lấy điểm S thuộc (X) sao cho MS song song với AB; lấy điểm T thuộc (Y) sao cho MT song song với AC.
a) Chứng minh rằng các điểm A, O, T, S nằm trên một đường tròn.

b) Gọi E là giao điểm khác A của (X) và AC, F là giao điểm khác A của (Y) và AB. Các đường
thẳng BE và CF cắt nhau tại N. Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua O khi và chỉ khi AM đi qua tâm
đường tròn Ơ-le của tam giác ABC.

Câu 4. (2,0 m) Cho p là một số nguyên tố, p > 2 và các số nguyên a a1; 2;...;ap theo thứ tự đó lập
thành một cấp số cộng có cơng sai khơng chia hết cho p. Chứng minh rằng tồn tại một chỉ số k thuộc tập



1;2;...;p



sao cho a a1 2...ap ak chia hết cho p2.

Câu 5. (3,0 m) Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

 

3

 

3 3

P x  P x P x  P x

   

    với mọi x .

Câu 6. (2,0 m) Tìm tất cả các số tự nhiên n với n2 sao cho trên mặt phẳng tồn tại n điểm phân biệt,
mỗi điểm được gán một số thực dương mà khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong chúng bằng tổng hai
số được gán ở hai điểm đó.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 2
ĐÁP ÁN

Câu Nội dung yêu cầu

Câu 1 
(3,0đ)

Phương trình  x3 x 3x 3 33x3

(1)

Xét hàm số f t

 

 t3 t. (0.25)

Chứng minh được f t

 

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

 





3 3

f x  f x  x 33x3  3 3

3 3 3 3.

x  x x  x (2)
Xét hàm số g x

 

x33x3 trên .

Ta có g x'

 

3x23, g x'

 

   0 x 1.
Bảng biến thiên của g x

 

trên :

Từ bảng biến thiên và g

 

2  1 ta thấy phương trình g x

 

0 chỉ có một nghiệm duy nhất
trên



2;



. (0.25)

Với x



2;



, đặt x t 1
t

  trong đó t > 0. (0.25)

Thay vào phương trình (2) được 3 3 3
3

1 3 5 3 5

3 0

2 2

t t t

t

 

       . (0.25)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 3 3 5 3 3 5

2 2

x    . (0.25)

x - -1 1 +

g’(x) + 0 - 0 +

-1 +

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 2 
(2,0đ)

Đặt

 

... 2

n n

n

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

 

x là hàm số liên tục,
đồng biến trên



0; 



. (0.25)

Lại có fn

 

0  2 và lim n

 

x f x   nên phương trình

 

n

f x  có nghiệm duy nhất





n

x   . (0.25)

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

Với n3 thì fn

 

1   n 2 0 suy ra xn 1. Do đó xn

 

0;1 ,  n 3. (0.25)
Hơn nữa với mỗi *

n thì fn

 

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

Suy ra xn1xn hay

 

xn là dãy số đơn điệu giảm, vì vậy dãy

 

xn có giới hạn hữu hạn.
(0.25)

Đặt Llimxn, L



0;1



. Từ giả thiết, với n3 thì

... 2 0

n n

n n n

x x   x   

1
1

3
1

n
n
n

x
x

 



 . (0.25)

Lấy giới hạn ta được 1 3
1
L

 


(do limxnn 0) 2
3

L . Vậy lim 2
3

n

x  (0,25)
Câu 3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 4
a)

(3,0đ)

Xét trường hợp bài tốn như hình vẽ, các trường hợp khác tương tự

Tứ giác ATMC nội tiếp có AC//TM nên ATMC là hình thang cân, suy ra
0

180

ATM  ACB (0.25)

Tương tự, ASMB cũng là hình thang cân nên 0
180

ASM  ABC. (0.25)

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

Ta có ATMACB180 ; 0 ASM ABC1800(do tứ giác nội tiếp) (0.25)
Suy ra trong tứ giác ATMS có

0
360

TAS  ATMASMTMS

 ACBABCBAC18002BAC (1) (0.25)

Do O nằm trên trung trực của AC và ATMC là hình thang cân nên O cũng nằm trên trung trực
của MT . (0.25)

Tương tự thì O cũng nằm trên trung trực của MS nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
MTS. (0.25)

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

b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC và I là tâm đường trịn Ơ-le của tam giác ABC thì ta có I là
trung điểm của OH.

T

Y
S
X

O
A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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

Do đó OMCQMC (3). (0.25)

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

Suy ra NMC AEB AMB. (4) (0.25)
Từ đó (3) và (4) ta có:

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

A,M,Q thẳng hàng AM qua I. (0.25)
Câu 4

(2,0đ)

Gọi d là cơng sai của cấp số cộng. Ta có ai1 ai d với mọi 1  i p 1.

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

Suy ra tồn tại k



1; 2; ;p



mà ak p, các số ai còn lại với i



1; 2; ;p i



; k có số dư
khi chia cho p là 1; 2; ;p1 theo một thứ tự nào đó. (0.25)

Q
P

I

H

N

E
F

X

Y

O

C
B

A

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 6
Xét tích các số này ta có 1 2... p 1.2...



 

1 ! mod

 



k

a a a

p p p

a     .

Mặt khác do p ngun tố nên ta có định lí Wilson:



p1 !



 1 (mod p).
Từ đó ta có 1 2... p 1 mod





k

a a a

p

a   hay

1 2...
1

p
k

a a a

p

a  . (0.25)

Lại do ak p nên suy ra a a1 2 ap ak chia hết cho p2. (0.25)
Câu 5

(3,0đ)

Giả sử đa thức P(x) thỏa mãn

 

3

 

3 3

P x P x P x P x

       

    (1) với mọi x .

Trường hợp 1. P(x) là hằng số, đặt P

 

x c.
Thay vào (1) ta được 3 2





3 3 0;1; 2

c  c  c c c

Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2. P(x) không phải là hằng số, đặt ndegP

 

x,n1 và a0 là hệ số bậc cao
nhất của P(x). Ta có thể viết P(x)axn Q

 

x trong đó Q(x) là đa thức hệ số thực có

 

degQ x kn . (0.25)

Cân bằng hệ số của bậc cao nhất (bậc 3n) trong (1) ta có 









1
1
3

a
a
a

a . (0.5)

+) Nếu a1, ta có P(x)xn Q

 

x . Thay vào (1) ta được

 



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)



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Thay vào (2) đi đến
2
2
3
2

2
3
6
3
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) đúng với mọi x 

 















0
2
3
0
1

2
0
1
2
3
2
c
c
c
c
c
c
n

*
1

2 ( )

c

n m m





 

 .

Khi đó 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 được

 



xnQ x







xnQ

 

x



x nQ

 

x 





 

x nQ

 

x



3 2 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), nếu k0thì bậc của VT là 2n + k, bậc của VP là h ≤ max



3k;n



nên cân bằng bậc
hai vế đi đến 2nk hmax



3k;n



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

Thay vào (4) đi đến

2
2
3
2
2
3
6

3
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) đúng với mọi x 

 















0

2
3
0
1
2
0
1
2
3
2
c
c
c
c
c
c
n

*
1

2 ( )

c

n m m





 

 .

Khi đó 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 6

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 8
+ Với n2, gán A B, tương ứng với các số dương a b, . Khi đó AB a b.

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

a

.
Khi đó ABBCCA2a.

+ Với n = 4 ta chọn trên mặt phẳng bốn điểm trong đó ba điểm là ba đỉnh của một tam giác
đều có cạnh bằng 1, mỗi điểm gán số 1

2; điểm còn lại là tâm của tam giác đều đó và gắn số
1 1

3 thì bốn điểm này thỏa mãn bài toán thỏa mãn.

(Trong bốn đ ểm trên nếu bỏ đ ột hoặc a đ ểm cùng với số gán vớ n ì ba đ ểm hoặc

a đ ểm còn lại cũn ỏa ãn, do đ n = 2, n = 3 ỏa mãn.)

+ Với n = 5. Giả sử có 5 điểm A, B, C, D, E cùng với các số dương gắn với chúng lần lượt là

a, b, c, d, e thỏa mãn bài toán.

Nếu có 3 điểm trong chúng thẳng hàng, giả sử là A, B, C theo thứ tự đó. Khi đó ta có AB

+ BC = AC nên (a + b) + (b + c) = (a + c)b = 0 vơ lý. Như vậy trong 5 điểm đó khơng

có ba điểm nào thẳng hàng.

Nếu có 4 điểm trong chúng tạo thành một tứ giác lồi, giả sử là tứ giác lồi ABCD. Khi đó
theo giả thiết thì AC + BD = (a + c) + (b + d) = AD + BC.

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

AC + BD = (AI + IC) + (BI + ID) = (AI + ID) + (BI + IC) > AD + BC. 
Điều này mâu thuẫn nên tất cả các bộ 4 điểm đều chỉ tạo thành tứ giác lõm.

Xét 4 điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lõm trong đó D nằm trong tam giác ABC. Khi đó
điểm E nằm ở đâu cũng có ít nhất một bộ 4 điểm tạo thành một tứ giác lồi nên không thỏa
mãn (có thể vẽ hình minh họa).

Vậy n = 5 khơng thỏa mãn bài tốn, do đó mọi n5 cũng không thỏa mãn.
Như vậy các giá trị cần tìm của n là 2, 3, 4.

Câu 7 
(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

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta có biến đổi: x3y3z3 



x y z



33



x y z



xyyzzx



3xyz

3 3

3 3 9 3

p pq r p p r

      .

BĐT đã cho trở thành 3

9 10 10

p  p r . (1)

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

Bổ đề: “



x y z



y z x



z x y



xyz với mọi x y z, , 0” (*)

Thật vậy, do x y z, , 0 nên không thể có quá một trong ba thừa số ở vế trái âm. Nếu có một
thừa số âm, BĐT hiển nhiên đúng. Nếu cả ba thừa số khơng âm, ta có







y

x y z y z x   y (BĐT AM – GM)

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

3 3

3
2

2 4 8

(*) ( 2 )( 2 )( 2 )
[ 2 ( ) 4 ](

2 )

p z p x p y

p p x z xz

r

p p pq r r

p r p

y

q

p



 

  

    

 






  

(0.25)

Trường hợp 1. Nếu p4, khi đó 3
16

p  p nên
3

9 10 7 10 10

p  p r p r nên BĐT (1) đúng.

Trường hợp 2. Nếu 3 p 4 và q3thì từ BĐT Schur nói trên ta có





3 1 3

9 12 12

p  r p r pp

Do đó:









3 1





9 10 10 12 9 10 39 90

9 9

p  p r   pp  p  p  p  p





















1 1

3 3 30 3 16 3 4 2 0

9 p p p 9 p  p p 

            

suy ra BĐT (2) đúng.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

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

I. Luyện Thi Online

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

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

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

-Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành
cho học sinh các 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 cùng

đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

-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 mễn phí, kho tư liệu
tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng
Anh.