Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Bình Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY: 22 – 10 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 22/10/2019 Bài 1. (2,0 điểm) Giải phương trình x2 +2 x ++ 5 4 − 2 xx = 4 − 1. Bài 2. (3,0 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định như sau: u1 =22 − , uunn+1 =2 + với mọi n =1,2, n Tính lim( 2 2− un ) . Bài 3. (3,0 điểm) Cho hai đa thức Px( ) và Q( x) = aP( x) + bP′( x) với ab, là các số thực và a ≠ 0 . Chứng minh rằng nếu đa thức Qx( ) vô nghiệm thì đa thức Px( ) cũng vô nghiệm. Bài 4. (5,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng abc222++ với abc,, là các số tự nhiên sao cho abc444++ chia hết cho p . 2. Trên bảng kẻ ô vuông 2× n ghi các số dương sao cho tổng của hai số trong mỗi cột bằng 1. Chứng minh rằng có thể bỏ đi một số trong mỗi cột để trên mỗi hàng các số n +1 còn lại có tổng không vượt quá . 4 Bài 5. (7,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC ( AC< BC) nội tiếp trong đường tròn tâm O . Phân giác góc C cắt đường tròn (O) tại R . Gọi KL, lần lượt là trung điểm của AC và BC . Đường vuông góc với AC tại K cắt CR tại P , đường vuông góc với BC tại L cắt CR tại Q . Chứng minh rằng diện tích của các hình tam giác RPK và RQL bằng nhau. 2. Cho hình chóp S. ABC có SA,, SB SC đôi một vuông góc. Gọi R và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp; V là thể tích khối chóp và h là đường cao của hình chóp từ đỉnh S . Tìm giá trị lớn nhất của Vh( − r) biểu thức . R2 rh HẾT
2. LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1. (2 điểm) Giải phương trình x2 2 x 5 4 2x 4 x 1. Lời giải 5 Điều kiện: x 2. 2 Phương trình đã cho tương đương x2 2 x 5 4 2x 4 x 1 0 2x 5 3 4 2 x x2 4 x 4 0 22x 2 2xx 22 0 2x 5 3 22 x 2 x 2 2x 2 x 0 2x 5 3 20x 22 x (*). 2xx 2 2 0 2x 5 3 5 2 2x 2 2 5 Vì x nên 2xx 5 3 3 2 2 2 2 2x 5 3 3 3 2 2 2x 5 2 0, x (1). 2x 5 3 2 5 Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi x . 2 Mặt khác, do x 2 nên 2x 2 x 0, x 2 (2). Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi x 2. Từ (1) và (2) suy ra: 22 x 2xx 2 2 0 (do dấu ‚=‛ không đồng thời xảy ra). 2x 5 3 Khi đó (*) 2xx 0 2 (thoả mãn điều kiện). Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2. Bài 2. (3 điểm) Cho dãy số un được xác định như sau: u1 22, uunn 1 2 , với mọi n 1,2, n Tính: lim 2 2 un . Lời giải 3 3 3 u 22 2 2cos 2cos 2cos . 1 4 8 23 Đặt u 2cos , 0; u 2 2cos u 2cos . n n 1 n 1 2 3 3 3 Do đó ta có: u 2cos , u 2cos ,< ,u 2cos . 2 24 3 25 n 2n 2
3. 3 sin n 3 n 3 3 3 3 Suy ra lim 2 2 u lim 2n 2 2cos lim 2n .2.sin lim2 . . n n 2 n 3 2 2 3 4 4 2n 3 Bài 3. (3 điểm) Cho đa thức Px và Q x aP x bP' x với ab, là các số thực và a 0 . Chứng minh rằng nếu đa thức Qx vô nghiệm thì đa thức Px cũng vô nghiệm. Lời giải Nếu b 0 ta có ngay điều phải chứng minh. Ta xét các trường hợp sau đây với b 0 . Dễ thấy hai đa thức Q x , P x cùng bậc. Mà Qx vô nghiệm nên hai đa thức bậc chẵn. TH1: Nếu Px có nghiệm bội xx 0 thì x0 cũng là nghiệm của (mâu thuẫn với giả thiết). TH2: Nếu Px có hai nghiệm đơn liền nhau xx01 thì P' x01 . P ' x 0 . Qx aPx bPx'' bPx 0 0 0 0 2 Mặt khác: Q x0 Q x 1 b P' x0 P ' x 1 0. Qx 1 aPx 1 bPx'' 1 bPx 1 Qx là đa thức nên liên tục trên , do đó theo trên suy ra Qx có nghiệm x2 x0, x 1 (mâu thuẫn với giả thiết). Vậy nếu đa thức Qx vô nghiệm thì đa thức Px cũng vô nghiệm. (đpcm) Bài 4 . (5 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng abc2 2 2 với abc,, là các số tự nhiên sao cho abc4 4 4 chia hết cho p . Lời giải Nhận xét: do là số nguyên tố nên trong 3 số phải có ít nhất 2 số không nhỏ hơn 1. Theo đề bài, ta cần tìm số nguyên tố p có dạng sau: p a2 b 2 c 2 với abc,, . Do có vai trò như nhau nên không giảm tổng quát, ta có thể giả sử c min a,, b c  . 2 Rõ ràng p| a2 b2 c 2 . Khai triển ta có p| a4 b4 c 4 2 a 2 b 2 2 b 2 c 2 2 a 2 c 2 . Theo giả thiết ban đầu ta có chia hết cho p . Do đó ta suy ra được p| 2 a2 b2 2 b 2 c 2 2 a 2 c 2 . Xảy ra 2 trường hợp như sau: Trường hợp 1: p |2. Trong trường hợp này, hiển nhiên p 2 là giá trị duy nhất thỏa yêu cầu bài toán. Khi đó abc, , 1,1,0 và các hoán vị của chúng là các giá trị thỏa mãn đề bài. Trường hợp 2: p| a2 b2 b 2 c 2 a 2 c 2 . (1) Mà nên ta suy ra được p| c2 a2 b 2 c 2 hay p| a2 c2 b 2 c 2 c 4 (2). Từ (1), (2) ta suy ra được p| ( c4 a 2 b 2 ) . Ta lại có c4 a 2 b 2 c22 ab c ab . Để ý rằng 0 c2 ab p và là số nguyên tố nên khi và chỉ khi p | c2 ab .
4. Mặt khác, ta có đánh giá sau: c2 ab c 2 ab a 2 b 2 c 2 p . Vậy p | c2 ab khi và chỉ khi c2 ab 0 hay c2 ab . Do c min a,, b c  nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc . Thay giả thiết p a2 b 2 c 2 ta được pa 3 2 . Do p là số nguyên tố nên giá trị tự nhiên duy nhất của a thỏa yêu cầu bài toán là a 1. Khi đó p 3. Vậy p 2 hoặc p 3 là 2 số nguyên tố duy nhất thỏa yêu cầu bài toán. 2. Cho bảng ô vuông 2 n với n 3 . Hai ô của cột thứ i của bảng được điền bởi 2 số thực không abii, sao cho abii 1. Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi cột một số n 1 sao cho tổng các số được chọn ở mỗi hàng không vượt quá . 4 Lời giải a1 a2 a3 < < an b1 b2 b3 < < bn Giả sử ta có bảng như trên với a1 a 2 a 3 an . Từ đó suy ra b1 b 2 b 3 bn . Điều này là hợp lệ vì việc đổi chỗ 2 cột cho nhau không ảnh hưởng gì đến kết luận của bàn toán. n 1 Khi đó gọi k là số lớn nhất sao cho a a a a . Ta sẽ chứng tỏ a, a , a , , a 1 2 3 k 4 1 2 3 k và bk 1, b k 2 , b k 3 , , b n là các số cần chọn. n 1 Như vậy ta cần chỉ ra rằng b b b b (*). Theo định nghĩa của số k thì k 1 k 2 k 3 n 4 n 1 n 1 n 1 ta có a a a a a nên suy ra ka 1 a . 1 2 3kk 1 4 k 1 4 k 1 41 k n 1 n 1 Để có (*), ta sẽ chứng minh n k b hay n k 1 a , ta đưa về k 1 4 k 1 4 nn 11 2 n k 1 n 2 k 1 0 4(k 1) 4 BĐT trên là hiển nhiên nên ta có đpcm. Bài 5 . (7 điểm) 1. Cho tam giác ABC AC BC nội tiếp trong đường tròn tâm O . Phân giác góc C cắt đường tròn O tại R . Gọi KL, lần lượt là trung điểm của AC và BC . Đường vuông góc với AC tại K cắt CR tại P , đường vuông góc với BC tại L cắt CR tại Q . Chứng minh rằng diện tích tam giác RPK và RQL bằng nhau. Lời giải 11 Ta có: S RP. PK .sin RPK ; S RQ . QL .sin RQL RPK 22RQL C Dễ thấy CPK CQL 900 RPK RQL . 2
5. Vậy SRPK S RQL RP. PK RQ . QL (1) + Ta sẽ chứng minh RQ CP và RP CQ Xét hai tam giác RPA và RQB Có RAB RCA PAC RAP CAB RAP QRB ; RA RB APC 22 KPC CQL CQB APR RQB ARP RBQ Vậy hai tam giác và bằng nhau (g.c.g), suy ra RQ PA RQ PC , từ đó cũng suy ra RP CQ CQ QL Khi đó (1) CQ . PK CP . QL , điều này đúng do hai tam giác vuông CP PK CQL và CPK đồng dạng với nhau, suy ra điều phải chứng minh. 2. Cho hình chóp S. ABC có SA,, SB SC đôi một vuông góc với nhau. Gọi Rr, lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp ; V là thể tích khối chóp S. ABC và h là chiều cao của khối chóp hạ từ đỉnh S . Tìm giá trị nhỏ nhất V h r của biểu thức . R2 hr Lời giải A a H h c S C b K B Đặt SA a,, SB b SC c . Kẻ SH BC tại K , SH SK tại H SH h . 1 1 1 1 abc +) Ta có 2 2 2 2 h . h a b c a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 1 +) Vì S. ABC có ba góc tại đỉnh S là các góc vuông nên ta có: R a2 b 2 c 2 và 2 1 V abc . 6 2 2 2 2 2 2 2 2 bc 2 b c a b b c c a +) Lại có SK AK a 22 . b2 c 2 bc b2 c 2 11 Suy ra S BCAK. ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 . ABC 22 3V abc Khi đó r . 2 2 2 2 2 2 SSSS SAB SBC SCA ABC ab bc ca ab bc ca
6. 1 abc abc abc V h r 6 ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 abbcca ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 +) 2 1 abc abc R hr abc2 2 2 4 ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 abbcca ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 V h r 22ab bc ca . vì abbcca a2 b 2 c 2  abc,, dương. R2 hr33 a 2 b 2 c 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc . V h r 2 Vậy max abc . R2 hr 3 HẾT