Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Vòng 1 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Lạng Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Vòng 1 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Lạng Sơn (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA TỈNH LẠNG SƠN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2019 (Vòng 1) Môn thi: Toán - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/8/2018 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm). Cho a,, b c là các số thực dương. Chứng minh rằng 2 a b c 1 1 1 a b c b c a a b c * Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số xn , n được xác định bởi 2 xn x n 1 * x1 2; xn 1 ,  n . xn n 1 lim Tìm  2 i 1 xi 1 Câu 3 (5,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn O . Gọi MN, lần lượt là trung điểm các cung nhỏ BC , AD . Gọi IJ, lần lượt là trung điểm của OM, ON . Gọi K là điểm đối xứng với O qua M . a. Chứng minh rằng tứ giác BJDK nội tiếp đường tròn. b. Gọi PQ, lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên AB, AC . Chứng minh rằng AK PQ . Câu 4 (4,0 điểm). Cho đa thức P x có hệ số nguyên, bậc 2 và hệ số bậc 2 bằng 1 thỏa mãn tồn tại đa thức Q x có hệ số nguyên sao cho P x . Q x là đa thức có tất cả các hệ số đều là 1. a. Chứng minh rằng nếu đa thức P x có nghiệm thực x0 thì x0 2 . b. Tìm tất cả các đa thức P x . Câu 5 (3,0 điểm). Trên mặt phẳng cho 2n2 n 2 đường thẳng sao cho không có hai đường nào song song và không có ba đường nào đồng quy. Các đường thẳng này chia mặt phẳng ra thành các miền rời nhau. Trong các miền đó, gọi F là tập tất cả các miền đa giác có diện tích hữu hạn. Chứng minh rằng có thể tô n đường thẳng trong số 2n2 đường thẳng đã cho bằng màu xanh sao cho không có miền nào trong tập F có tất cả các cạnh màu xanh. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký CBCT số 1: Chữ ký CBCT số 2
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA TỈNH LẠNG SƠN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2019 (Vòng 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định. Câu Nội dung Điểm 1 Cho a,, b c là các số thực dương. Chứng minh rằng: (4đ) 2 a b c 1 1 1 a b c b c a a b c Lời giải. 2 a b c 1 1 1 a b c 1 b c a a b c 2 2 2 a b c abc aabbcc 2 2 2 3 b c a cab bcacab 2 2 2 a b c a b c a b c 3 b c a c a b b c a a b c Theo AM – GM có 3 (1) 1 c a b 2 2 a a a a 1 2 2 1 b b b b 1 2 2 b b c c Tương tự 2 1 và 2 1 c c a a 2 2 2 a b c abcabc abc 3 (2) b c a bcabca bca 1 Cộng từng về (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a b c . 2 2 * xn x n 1 * (4đ) Cho dãy số xn , n được xác định bởi x1 2; xn 1 ,  n . xn n 1 Tìm lim  2 i 1 xi 1 Lời giải 1 2 2 xn x n 1 xn 1 1xn 1 1 Xét xn 1 1 1 2 2 xn xn xn 1 1 x n 1 x n 1 x n 1 1 1 1 2 xn 1 x n 1 x n 1 1 n1 n 1 1 1 1 1 2  1 1 i 1xi 1 i 1 x i 1 x i 1 1 x 1 1 x n 1 1 x n 1 1 xn 1 Quy nạp được xn  1, n 1 x n 1 x n  0, n 1 x n 1  x n , n 1 xn 1 Giả sử dãy xn bị chặn trên suy ra dãy xn có giới hạn hữu hạn và giả sử limxn a a 2.
3. 2 2 xn x n 1 a a 1 Từ xn 1 chuyển qua giới hạn ta được a a 1 vô lí xn a Do đó dãy số xn không bị chặn trên suy ra lim xn , kết hợp với (1) ta được 1 n 1 lim 1  2 i 1 xi 1 3 Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn O . Gọi MN, lần lượt là trung (5đ) điểm các cung nhỏ BC , AD . Gọi IJ, lần lượt là trung điểm của OM, ON . Gọi K là điểm đối xứng với O qua M . B P A J N K M I O 1 Q C D a. Chứng minh rằng tứ giác BJDK nội tiếp đường tròn. 1 Dễ thấy rằng OJ ON; OK 2 OM . Do đó ta được OB OD OJ OK . 2 Theo tính chất phương tích thì ta có KBJD nội tiếp. 1 b. Gọi PQ, lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên AB, AC . Chứng minh rằng AK PQ . 1 1 Ta có OI. OK OA .2 OA OA2 nên OA là tiếp tuyến của AIK . 2 Do đó ta có OAI AKO , do đó KAM AMO AKO MAO OAI MAI . Do 1 đó, AI, AK liên hợp đẳng giác với góc BAC . Tứ giác APIQ nội tiếp và nhận AI là đường kính. Do AK, AI liên hợp góc nên 1 AK là đường cao tam giác APQ tức là AK PQ 4 Cho đa thức P x có hệ số nguyên, bậc 2 và hệ số bậc 2 bằng 1 thỏa mãn tồn tại (4đ) đa thức Q x có hệ số nguyên sao cho P x . Q x là đa thức có tất cả các hệ số đều là 1 . a. Chứng minh rằng nếu đa thức P x có nghiệm thực x0 thì x0 2 . Đồng nhất hệ số tự do trong đa thức P x . Q x suy ra 1 P x x2 ax 1 với a . Với a 0 hay a 1, nghiệm nếu có thỏa mãn. Nếu a 2 thì P x có hai nghiệm x1, x 2 , cũng là nghiệm của n n 1 HxPxQxxax . n 1  aa 0 , i 1 n n 1 Hay H xi x i a n 1 x i  a 0 0, i 1;2
4. Vì xi 0 , suy ra a a a a a a 1 1 1 1 n 1 n 2 0 n 1 n 2  0  x x2 xn x x 2 x n x 2 n i i i i i i i xi x i 1 1 1 1 1 1 n n xi x x 1 i i 1 x 1 x 1 1 i i xi Suy ra xi 2 với i 1;2 (*). b. P x x2 ax 1 với a . Với a 0 hay a 1, ta có thể chọn Q x 1. Vậy a 0, a 1 thỏa mãn. 1 Nếu a 2 thì P x có hai nghiệm x1, x 2 , với xi 2 với i 1;2 Khi đó a x1 x 2 x 1 x 2 4 Với a 2 suy ra P x x2 2 x 1 2 P x x 2 x 1 có nghiệm x1,2 1 2 không thỏa mãn (*) Với P x x2 2 x 1 x 1 2 ta chọn Q x x 1 tương ứng thỏa mãn. 1 Với a 3 thử nghiệm, không thỏa mãn (*). Vậy các đa thức P x thỏa mãn là Pxx 2 1; Pxxx 2 1, Pxx 2 2 x 1 5 Gọi L là tập các đường thẳng đã cho. Chọn một tập lớn nhất BL sao cho khi tô (3đ) các đường trong B bằng màu xanh thì không có miền nào trong F có tất cả các cạnh màu xanh. Đặt B k , ta sẽ chỉ ra k n là bài toán được giải quyết. Ta làm như sau: 1 Tô các đường trong tập LB\ bằng màu đỏ. Một điểm được gọi là xanh nếu nó là 2 giao của hai đường thẳng màu xanh. Thế thì có Ck điểm màu xanh. Ta xét một đường màu đỏ l bất kì. Bởi tính lớn nhất của B nên phải có ít nhất một miền AF có duy nhất một cạnh màu đỏ và nằm trên l (vì nếu ngược lại miền nào cũng có hai cạnh đỏ và có một cạnh nằm trên l thì ta tô l màu xanh vẫn thỏa 1 mãn, điều này vi phạm tính lớn nhất của B ). Vì A có ít nhất ba cạnh, nên ít nhất hai cạnh nào đó màu xanh cắt nhau, nên A có ít nhất một đỉnh xanh, gọi đây là đỉnh xanh liên kết với đường đỏ l . Vì mỗi điểm xanh thuộc bốn miền (giao của hai đường xanh), nó sẽ liên kết với 2 nhiều nhất 4 đường đỏ. Vì thế số đường thẳng đỏ nhiều nhất chỉ có thể là 4Ck . 1 Mặt khác , số đường thẳng màu đỏ là 2n2 k , vì thế ta được 2n2 k 2 k k 1 , suy ra 2n2 2 k 2 k 2 k 2 k n . Hết