Bộ đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia môn toán THPT năm 2018 2019

36 23 0
  • Loading ...
1/36 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/11/2018, 08:23

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 20182019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Ngày thi thứ nhất: 20/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có trang, gồm bài) Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  xác định công thức: x1  1; xn 1  xn  với n  1, 2,3 xn Chứng minh rằng: 1 a) n  nxn  n  H n , với n  1, 2,3 H n      n b) 9 x81   81 (kí hiệu  x  phần nguyên số thực x ) Bài (5,0 điểm) Cho số nguyên a đa thức P ( x ) hệ số nguyên, hệ số bậc cao Ta xây dựng dãy số (an ) xác định bởi: a0  a , an1  P  an  với n  N Chứng minh rằng, tồn số nguyên dương m thỏa mãn hai điều kiện sau: i) | am |  | am 1 |  | am  |  ii) am , am1 , am dãy tuần hoàn với chu kì T  Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC hai điểm M, N nằm cạnh AC, AB cho MN song song với BC Điểm P di chuyển đoạn thẳng MN Lấy điểm E, F cho EP  AC , EC  BC , FP  AB, FB  BC a) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định P di chuyển b) Đường thẳng qua A vng góc EF cắt BC Q Chứng minh trung trực BC qua trung điểm PQ Bài (5,0 điểm) Cô giáo có tất 2020 viên kẹo gồm 20 loại kẹo khác nhau, loại có viên kẹo Cô chia hết kẹo cho học sinh mình, người số viên kẹo khơng có học sinh nhận nhiều viên kẹo loại kẹo Cô yêu cầu hai học sinh khác so sánh viên kẹo nhận viết số loại kẹo mà hai có lên bảng Biết cặp học sinh lên bảng lần Gọi tổng số viết lên bảng M a) Xác định giá trị nhỏ M b) Với giả thiết tương tự thay 20 loại kẹo khác 19 loại kẹo khác nhau, tìm giá trị nhỏ M trường hợp tương ứng HẾT  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay;  Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………………….Số báo danh…………… … SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 20182019 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Do xn21  xn2  Điểm  , x12  nên ta chứng minh quy nạp xn2  n xn Với n  mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n , tức xn2  n 1.a 2,5 điểm Suy xn21  n   Lại có xn2  xn21   n  Từ ta có xn2 nxn  n n 1 1 n 1     x  n    n      xn21 k 1 k k 1 xk 1,5 1    n  Hn   n  H n   nxn  n  H n 6 n   Ta chứng minh H 81  Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: H n   ln n Thật vậy, xét hàm số f  x   ln  x  1  ln x  1.b 2,5 điểm f  x   1  1  ln     x  x 1  x  x 1 1   , x  nên hàm số f  x  giảm x  x  1  x  12 khoảng  0;    f  x   0, x  , hay 0,5  ln  x  1  ln x * x 1 Áp dụng BĐT ta có : 1       ln  ln1  ln3  ln    ln81  ln80   ln81  81 Từ : 81  81 x81  81  H 81  82  9 x81   81 Trường hợp Với deg P ( x )  P ( x )  x  c , c nguyên Suy an  a0  n.c với n  N hay (an ) cấp số cộng +) Nếu c  , dãy (an ) dãy hằng, chọn m  chu kì T  , thỏa mãn ii) +) Nếu c  , chọn m | a0 | 1 , đó:  am  am 1  am   nên điểm | am |  | am 1 |  | am  |  thỏa mãn i) +) Nếu c  , chọn m | a0 | 1 , đó:  am  am 1  am   nên | am |  | am1 |  | am  |  , thỏa mãn i) Trường hợp Với deg P ( x )  , Xét đa thức Q( x)  P ( x)  x , Q ( x ) bậc chẵn, có hệ số bậc cao 1 nên tồn số x0 nguyên dương để Q ( x )  | P ( x) || x | với | x | x0 Nếu tồn m để | a m |  x0 | am |  | am1 |  | am  |  , thỏa mãn i) Ngược lại: | a m |  x0 với m đủ lớn Vì dãy (an ) bị chặn nên tuần hồn Ta chứng minh chu kì T  Giả sử dãy am , am1 , am , tuần hoàn theo chu kỳ T  Khi am , am 1 , , am T 1 đôi phân biệt am  amT Ta có: am  am 1 | P(am )  P(am 1 )  am1  am Hoàn toàn tương tự, suy ra: am  am1 | am 1  am | am  am 3 | | am T 1  am T | amT  am T 1  am  am1 Do đó: | am  am 1 || am 1  am  || am  am3 | | am T 1  am T | Nếu tồn p  T để: am  p  am  p 1  ( am  p 1  am  p  ) am  p  am  p  nên dãy tuần hồn theo chu kì T  , vô lý Suy ra: am  am1  am 1  am   am  am3   amT 1  am T Hay am , am1 , am , , amT cấp số cộng, nên am  am 1  am    amT , vô lý Vậy T  , thỏa mãn ii) Kết luận: tồn số nguyên dương m thỏa mãn toán K E A G 3.a 2,5 điểm I F T N B P D Q J H S M C Gọi AD đường cao tam giác ABC, MN cắt CE, BF S, T Đường thẳng qua S vng góc với AB cắt EF, BF I G Ta có SPE  DAC TPF  DAB Từ IE ES ES PS ES TP CD AD DC      IF FG PS FG PS TF AD DB DB Vậy I thuộc AD suy I giao điểm AD SG cố định Ta có điều phải chứng minh 0,5 Gọi H hình chiếu P lên BC Ta chứng minh QB = HC từ suy trung trực BC chia đôi PQ 0,5 Cũng từ SPE  DAC TPF  DAB 3.b 2,5 điểm Ta có PE PE PS PT AC HC AD AC HB DC     PF PS PT PF AD HB AB AB HC DB Lấy K thuộc AC cho BK AQ Ta dễ thấy ABK  PFE  QB BQ AK AB QC PE AB AB AC HB HB     QC AK AB QC AC PF QC AC AB HC HC Lại có H, Q nằm BC nên dễ suy QB = HC (đpcm) Gọi a1 , a2 , , a20 số viên kẹo loại kẹo thứ 1, 2, , 20 với  Với loại kẹo thứ i (  i  20 ), ta đếm số ( A, B ) mà hai học sinh A, B có loại kẹo Số cần đếm Ca2i Khi đó, theo giả thiết, tổng số M hay 20 20 M   C i 1 4.a 2,5 điểm a i  2020 i 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpky ta có:   1 20 ai2 20 M     i 1 i 1 i 1 20 20      20 a 20202 2020     i    101000 2.20 2.20 i 1 Dấu “=” xảy  101,  i  1, 2, , 20 Vậy giá trị nhỏ (GTNN) M 101000 0,5   1 19 19     nên biểu Như lý luận câu a, ta có: M   2 i 1 i 1 i 1 19 19 thức M đạt GTNN  i a đạt GTNN i 1 19 Ta chứng minh: i a đạt GTNN  a j  với  i, j  19 (1) i 1 Thật vậy: Xét số a, b, c, d mà a  b  ; c  a  1; d  b  ta có: 4.b 2,5 điểm cd  ab  a  b   ab  a  b    c  d  suy a  b2  c  d 0,5 Mở rộng tính chất cho nhiều số ta suy (1) chứng minh Do M đạt GTNN có t số giá trị k 19  t số có giá trị k  với  t  19 GTNN M  tk  (19  t )(k  1)2  2020 Ta có tk  (19  t )( k  1)  2020  t  19k  2001 Do  t  19 nên 2001 2020 k Từ ta có k  106, t  13 19 19 Thay vào ta GTNN M 13.1062  6.107  2020  =106371 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang, gồm bài) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 20182019 Môn thi: TOÁN Ngày thi thứ hai: 21/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút Bài (5 điểm) Ký hiệu tập hợp M  10;  9;  8; ;9;10 Xét đa thức P  x   x3  ax  bx  c   hệ số a, b, c thuộc tập hợp M Biết P   , chứng 2018 minh đa thức P  x  có ba nghiệm thực phân biệt Bài (5 điểm) Cho khung sắt có hình dạng tứ diện cạnh có độ dài mét Một bọ ban đầu đỉnh tứ diện, bắt đầu di chuyển liên tục cạnh tứ diện theo quy tắc: đỉnh đến, chọn ba cạnh đỉnh di chuyển theo cạnh đến đỉnh Với số nguyên dương n, tìm số cách bọ để trở lại đỉnh ban đầu sau n mét Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm điểm I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) Đường thẳng MD cắt lại đường tròn (O) điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng BC điểm P a) Chứng minh tam giác ANI vuông tứ giác AIHP nội tiếp b) Đường thẳng MH cắt lại đường tròn (O) điểm S, đường thẳng NS cắt đường thẳng BC điểm Q Chứng minh tiếp tuyến đường tròn (O) điểm N qua trung điểm đoạn thẳng PQ Bài (5 điểm) Cho k số tự nhiên lớn Xét dãy số  an  xác định bởi: a0  0; a1  an 1  kan  an1 với n  N * Xác định tất giá trị k cho tồn số tự nhiên m, n (với m  n) số nguyên dương p, q thỏa mãn điều kiện: am  ka p  an  kaq HẾT  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay;  Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….Số báo danh…………….…… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 20182019 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ hai HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài điểm Nội dung  Điểm     a2    b2    c =  20  14   a     b     c Ta có P    =  20  6a  2b  c   14  4a  b  = mn với m  20  6a  2b  c; n  14  4a  b Do a, b, c  M nên m  110 n  64 Trước hết ta chứng minh  nghiệm P  x  Giả sử ngược lại    nghiệm P  x  Khi P    m  n   m, n không đồng thời Suy m  n  m  n  m  n  110  64  206 2 m  2n Từ ta có P   m  n  , mâu   m  n 206 2018   1 thuẫn với giả thiết ban đầu Vì  nghiệm P  x  Do  nghiệm P  x  nên m  n   m  n  Ta có   P   m  n  nên  nghiệm P  x  Mặt khác   hai nghiệm tam thức x  x  nên ta c c  phải có P  x    x  x    x   hay P  x  có nghiệm   Q 2  Vậy P  x  có ba nghiệm thực phân biệt Bài điểm A 1 Giả sử khung sắt có dạng hình tứ diện ABCD cạnh có độ dài mét ban đầu bọ đỉnh A D B C Gọi an , bn , cn , d n số cách để sau n mét bọ tương ứng đến A, B, C, D Với n > 1, i) Do tính đối xứng đỉnh B, C D nên (1) bn = cn = d n , ii) Muốn đến A phải từ B, C D thêm mét nên: (2) an = bn 1 + cn 1 + d n 1 , iii) Tương tự có: bn = an 1 + cn 1 + d n 1 (3) Từ (1) (2) ta có: an = bn 1  an 1 = bn Kết hợp với (3) ta được: an1 = bn = 3( an 1 + cn 1 + d n 1 ) = 3( an1 + bn 1 ) = an 1 + an an 1 = an + an 1 với n > Dãy số có phương trình đặc trưng t  2t  , có nghiệm t  t  1 nên số hạng tổng quát dãy có dạng: an  A.3n  B.(1) n với n  N* Kết hợp với a1 = 0, a2 = ta tính kết quả: 1 3n  3.(1) n với n  N* an = Bài điểm a) (3 điểm) A N E O F P B I H C D M Ta xét trường hợp AB < AC, trường hợp lại tương tự NB DB  Ta có ND phân giác tam giác NBC nên NC DC NB FB  Lại có DB = FB DC = EC nên suy NC EC Kết hợp với NBF = NCE ta NBF  NCE Suy NFB = NEC  NFA = NEA  điểm A, N, E, F nằm đường tròn Do đường tròn có đường kính AI, suy tam giác ANI vuông N Theo tính chất quen thuộc ta có MB = MC = MI, suy điểm B, I, C nằm đường tròn tâm M, ta ký hiệu (M) Ta có PN.PA = PB.PC suy P có phương tích hai đường tròn đường kính AI đường tròn (M) Lại có hai đường tròn có M nằm AI có điểm chung I suy chúng tiếp xúc với I Từ PI trục đẳng phương hai đường tròn, suy PI  AI Kết hợp với PH  HA ta suy tứ giác AIHP nội tiếp đường tròn đường kính AP b) (2 điểm) 1 A N E O F T I S P Y Q B X H C D M Bài điểm Gọi T giao điểm khác A AH đường tròn đường kính AI Suy IT  AH nên IDHT hình chữ nhật Khi theo định lý Simsơn N, T, D thẳng hàng (do I nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APH) suy đường thẳng MN qua trung điểm X đoạn IH Gọi Y trung điểm PQ Ta chứng minh NY tiếp tuyến đường tròn (O) Xét hai tam giác MIH NPQ có: IMH = PNQ (tứ giác ANSM nội tiếp) MIH = NPQ (tứ giác AIHP nội tiếp) nên MIH  NPQ Do MX NY trung tuyến tương ứng tam giác nên suy MXH  NYQ  HMX = QNY hay SMN = SNY suy NY tiếp tuyến đường tròn (O) Với k = 2, ta có dãy a0  0; a1  an 1  2an  an 1 với n  N * Suy a2  2; a3  Khi a0  2a2   a2  2a1 nên cặp  m, n    0,   p, q    2,1 thỏa mãn điều kiện toán Ta chứng minh với số tự nhiên k  khơng thỏa mãn tốn phản chứng Thật với k   an  dãy tăng đồng thời an 1  an 1  kan  an với n  N * Do đó, với n  N a2 n  a0  0(mod k ) a2 n 1  a1  1(mod k ) (*) 1 1 Giả sử tồn cặp số m, n  N p, q  N* thỏa mãn m  n am  ka p  an  kaq Khơng tính tổng qt giả sử m < n, suy am  an , a p  aq , ta có trường hợp sau đây: Trường hợp 1: p < m < n Khi am  ka p  am  kam1  kam  am 1  am1  an  an  kaq mâu thuẫn, nên trường hợp không thỏa mãn Trường hợp 2: p = m < n +) Nếu p = m = n – an  kaq  am  ka p   k  1 an1  an  an1  k  an 1  aq  , vô lý vế trái khơng chia hết cho k +) Nếu p = m < n – am  ka p  an   kan   an 2  kan 1  an  an  kaq , mâu thuẫn với giả sử Trường hợp 3: m  p  n Khi am  a p 1 , a p 1  an aq  nên am  ka p  ka p  a p 1  a p 1  an  an  kaq , mâu thuẫn với giả sử Trường hợp 4: m  n  p Khi ta có từ am  ka p  an  kaq  ka p 1 k 1 ap k a p  aq nên  kaq  ka p  an   k  1 a p  aq  Mặt khác a p  ka p 1  a p 2  ka p 1 k 1 k 1 ap  ka p 1   k  1 a p 1  a p 1 k k tăng nên phải có q = p – đánh giá đồng thời a p  aq  Do dãy  an  xảy đẳng thức  aq  a p 1   q  , vôlý Vậy có giá trị k = thỏa mãn toán - HẾT - (Xét hình vẽ) Dễ thấy tứ giác DEMF tứ giác điều hòa nên DE.MF  DF ME 1,0 Theo định lý Ptolemy DE.MF  DF ME  DM EF  DM EF  DE.MF  DM DE  MF EF DE DN DM DN  Suy   DM NF  DN MF EF NF MF NF Ta có DM NF  DN MF  MN DF  MN FD  3MF ND Tương tự, ta có 1,0 1,0 1,0 Bài (5,0 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  f  x   y   f  x   y f  y   f  xy  , với x, y   Đáp án Điểm Kí hiệu P  x, y  khẳng định f  f  x   y   f  x   y f  y   f  xy  x, y   1 Với P  x,1  f  f  x   1  f  x   f 1  f  x    Với P  x, 1  f  f  x   1  f  x   f  1  f   x   3 Từ    3 suy f 1  f  x   f  1  f   x  , x   Từ đây, x  f 1  f  1 f  x   f   x  , x   hay f hàm chẵn Với P 1,1  f  f 1  1  0, nói cách khác tồn số thực b cho f  b   Thay x  b vào  3 1,0 1,0 f  f  b   1  f  b   f 1  f  1  f  b   f 1  f  b   Với P  b,0   f  f  b    f  b   f    f    f  b   Với P  0, y   f  y   y f  y    Ta có hai trường hợp sau: 1,0 Trường hợp : Tồn b  , b  cho f  b   Như trên, ta có f  b   P  b, y   f  f  b   y   f  b   y f  y   f  by   f  y   y f  y   f  by  1,0  f  x   0, x    (4)  Trường hợp : f  b    b  P  x, x   f  f  x   x   f  x   x f  x   f  x   x f  x   f  x    f  x   x   f  x   x , x   Thử lại, dễ thấy f  x   0, x  ; f  x   x , x   thỏa mãn toán 1,0 Bài (5,0 điểm) Một bảng vng ABCD kích thước 20182018 gồm 20182 ô vuông đơn vị, ô vuông đơn vị điền ba số 1;0;1 Một cách điền số gọi đối xứng có tâm đường chéo AC điền số 1 cặp ô đối xứng qua AC điền số Chứng minh với cách điền số đối xứng bất kì, ln tồn hai hàng có số ô vuông đơn vị theo thứ tự từ trái sang phải a1 , a2 ,, a2018 hàng thứ nhất, b1 , b2 ,, b2018 hàng thứ hai cho S  a1b1  a2b2   a2018b2018 số chẵn Đáp án Điểm Bổ đề Trong nhóm 2018 người X 1; X ; ; X 2018 , tồn hai người có số người quen chung nhóm số chẵn Ta chứng minh bổ đề phản chứng Giả sử hai người nhóm có số người quen chung lẻ TH1 Tồn người có số người quen lẻ; giả sử X Không tỉnh tổng quát, giả sử X quen X ; X ; ; X 1 k với k lẻ Áp dụng bổ đề bắt tay, nhóm lẻ người X ; X ; ; X 1 k tồn người có số người quen nhóm chẵn, giả sử X Khi X X có số người quen chung chẵn, mâu thuẫn Ta có đpcm TH2 Tất người có số người quen chẵn Gọi A tập người quen X ; B tập người X khơng quen Khi A  B  2017 A chẵn, B lẻ Sử dụng giả thiết phản chứng, bạn A có số người quen chung với X lẻ, với X i  A có lẻ người quen A lẻ người quen B Lập luận tương tự, X j  B có lẻ người quen A lẻ người quen B 3,0 Gọi M số cặp  X i ; X j  với X i  A, X j  B X i quen X j Do X i  A có lẻ người quen B A chẵn, nên M chẵn Do X j  B có lẻ người quen A B lẻ, nên M lẻ Mâu thuẫn Vậy bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Ta gọi nij số điền ô vuông đơn vị hàng i cột j (tính từ xuống trái sang) Từ giả thiết tốn ta có nii  1i  1, 2, , 2018 nij  n ji  0;1 i  j  1, 2, , 2018 Yêu cầu toán chứng minh tồn hai 2018 số k ; k   1, 2, , 2018 phân biệt cho S   nki nk i  Do nkk  nk k   1 1,0 i 1 nk k  nkk  nên nkk nk k  nkk  nk k   2nkk nk k  2018 Khi ta cần chứng minh S   n n  ki k i i 1 i  k ,k  Từ 20182 số nij trên, ta xét 2018 người X 1; X ; ; X 2018 có mối quan hệ sau: 0,5 - Nếu nij   i  j  X i khơng quen X j - Nếu nij  1 i  j  X i quen X j 2018 Khi tổng S   n n số người quen chung nhóm 2018 người ki k i 0,5 i 1 i  k ,k  xét X k X k  Áp dụng bổ đề trên, ta có điều phải chứng minh HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai: 15/9/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Bài (6,0 điểm) Chứng minh a) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp hợp số b) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa số nguyên tố Bài (7,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  n0 thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a) xn  n  0; n b) xn 1  x2n 3    1 x2n  với n      2   (Kí hiệu  x  số nguyên lớn không vượt x ) Chứng minh với số nguyên dương n, xn số nguyên tố n số nguyên tố n khơng có ước ngun tố lẻ Bài (7,0 điểm) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác APB, CPD cắt cạnh BC theo thứ tự E , F Gọi I , J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABE , CDF ; hai đoạn thẳng BJ CI cắt Q Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB cắt đoạn thẳng BD M Đường tròn ngoại tiếp tam giác DJC cắt đoạn thẳng AC N a) Chứng minh BIJC tứ giác nội tiếp b) Ch ng minh ba ng th ng IM , JN , PQ ng quy HẾT - Họ tên thí sinh: SBD:  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay  Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: TỐN Ngày thi thứ hai: 15/9/2018 (Đáp án-thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC I Một số ý chấm  Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm cách khác với Đáp án mà Tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Đáp án  Điểm thi tổng điểm câu khơng làm tròn số II Đáp án-thang điểm Bài (6,0 điểm) Chứng minh c) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp hợp số d) Tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa số nguyên tố Đáp án Điểm a) Xét 2018 số 2019! 2; 2019! 3;; 2019! 2019 Ta thấy 2019! k  k k  2,3, , 2019 2019! k  k nên 2019! k hợp số k  2,3, , 2019 Do 2018 số nguyên dương liên 2,0 tiếp 2019! 2; 2019! 3;; 2019! 2019 hợp số b) Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử không tồn 2018 số nguyên dương liên tiếp chứa số nguyên tố Đặt An  i  ; n  i  n  2017 ; An tập 2018 số nguyên dương liên tiếp n Gọi f  n  số số nguyên tố tập An Từ định nghĩa An ta có An 1 \ An  An \ An1  n  * Do f  n  1  f  n   n  * 1 Từ giả thiết phản chứng, không tồn n cho f  n   2,0 Đặt B  n  * ; f  n   2 ; theo phần a) ta có f  2019!   hay 2019!  B Ta có tập B khác rỗng, theo ngun lí cực hạn, tồn số nguyên dương n0  B nhỏ Khi 1,0 f  n0   Hơn dễ thấy f 1  nên n0  Suy n0  số nguyên dương f  n0  1  2; f  n0   f  n0  1  (mâu thuẫn với 1 ) 1,0 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài (7,0 điểm) Cho dãy số thực  xn n0 thỏa mãn đồng thời điều kiện c) xn  n  0; n d) xn 1  x2n 3    1 x2n  với n      2   Chứng minh với số nguyên dương n, xn số nguyên tố n số nguyên tố n khơng có ước ngun tố lẻ Đáp án 2 Với n  0, n  x1  x , x2  x  x1  x2  Từ điều kiện cho ta Điểm 0,5 x2 n1  xn21  xn2 , x2 n  xn21  xn21  x2 n 1  x2 n  xn2  xn21  x2 n 1  x2 n1  x2 n  x2 n 1 , n  1 Ta chứng minh quy nạp x2 n  x2 n 1  x2 n 2 , n    Thật vậy, x2  x1  x0 giả sử   đến  n  Khi 2 x2 n  x2 n  xn2  xn2  xn21  xn21   xn 1  xn   xn2  xn21   xn 1  xn   xn21  xn2  x2 n 1 Vậy   chứng minh xong Từ 1 ,   suy xn   xn 1  xn , n  3,0 Vì x0  0, x1  nên  xn  n0 dãy Fibonacci Sử dụng kết quen thuộc sau: Với dãy số Fibonacci  xn  n0 , n m xn  xm Chú ý: Thí sinh phải chứng minh tính chất này, khơng bị trừ điểm Giả sử xn số nguyên tố với n   * 2,0 có ước nguyên tố lẻ Khi n có dạng pq, p số nguyên tố lẻ, q  * , q  Do x pq  x p Mặt khác dễ thấy  xn  tăng kể từ n  nên x p  x3  Do x pq hợp số, mâu thuẫn Vậy với n  để xn số nguyên tố n số nguyên tố n khơng có ước ngun tố lẻ 1,5 Bài (7,0 điểm) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác APB, CPD cắt cạnh BC theo thứ tự E , F Gọi I , J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABE , CDF ; hai đoạn thẳng BJ CI cắt Q Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB cắt cạnh BD M Đường tròn ngoại tiếp tam giác DJC cắt cạnh AC N a) Chứng minh BIJC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ba đường thẳng IM , JN , PQ đồng quy Đáp án Điểm (Xét hình vẽ) a) Kí hiệu  ABC  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi X , Y giao điểm thứ hai EI  ABE  , FJ  CDF  Khi X , Y tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI , CDJ PX , PY phân giác hai góc đối đỉnh APB, CPD nên P, X , Y thẳng hàng Gọi G giao điểm XE YF Ta có BPC ∽ XGY (g.g) BPA ∽ CPD XG BP AB   Mặt khác YG CP CD XG AB   định lí hàm số sin ta có YG CD Suy 2,0    DFC  nên   Áp dụng AEB   APB  DPC AIB  DJC XI hay IJ  XY YJ   EBP   PAD  nên AP phân giác góc EAD Biến đổi góc ta có Ta có EAP 1,0       EIJ   DCB  90  BAE  EXY   DCB BIJ JCB  BIE 2      BAE   DCB  90  BAE  EAD  DCB  180  90   EAP 2 2 Do BIJC tứ giác nội tiếp b) Gọi U ,V giao điểm MI BJ , NJ CI   180  DNC  Ta có  AMD  180   AMB  180   AIB  180  DJC AND, hay AMND   DAN   DBC  hay MN  BC tứ giác nội tiếp Suy DMN   JCQ  Ta có IBQ 3,0   BAM   180      CDN   CJV  BIU ABM   AMB  180  ABD AIB  180   ACD  DJC nên BIU ∽ CJV ; BIQ ∽ CJQ (g.g) Suy BU BQ hay UV  BC  CV CQ Ta có MN  UV  BC Áp dụng định lí Desargues cho hai tam giác BUM ; CVN gọi H giao điểm IM , JN ; P giao điểm BM , CN ; Q giao điểm BU , CV ; H , P, Q thẳng hàng Vậy IM , JN , PQ đồng quy H Ta có điều phải chứng minh HẾT 1,0 UBND TỈNH KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/8/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MA TRẬN ĐỀ Mức độ nhận thức Câu/ phần (chương trình gì) Câu 1: Hệ phương trình Câu 2: Chứng minh hệ thức lượng giác tam giác Câu 3: Dãy số truy hồi với yêu cầu chứng minh tìm số hạng TQ tính giới hạn… Câu 4: Tổ hợp Câu 5: Hình học phẳng 1) Chứng minh tính chất hình học 2) Vận dụng kiến thức chuyên Câu 6: Số học Câu 7: Bất đẳng thức Tổng Thông hiểu Vận dụng thấp Vận dụng cao 3 3,0 điểm 3,0 điẻm PT PT 2,0 điểm Chuyên 3 3,0 điểm 3,0 điểm PT PT 2,0 điểm Chuyên 2,0 điểm 2,0 điểm 20 điểm Chuyên PT 6,0 điểm Tổng cộng 2 8,0 điểm 6,0 điểm UBND TỈNH KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/8/2018 (Đề có trang, gồm câu) _  x   x   y   y  Câu (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  x  12 y   36  Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A , đặt BC  a, AC  b, AB  c Cho biết a , b , c theo thứ tự lập thành cấp số nhân Tính B , C u1  1, u2  Câu (2,0 điểm ) Cho dãy số  un  xác định bởi:  Tính * un   un   un 1  1 , n   lim n  un n2 Câu (3,0 điểm) Có 20 giống có xồi, mít, ổi, bơ, bưởi 10 loại khác loại đồng thời đôi khác loại Hỏi có cách chọn để trồng khu vườn cho khơng có hai thuộc loại Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  O  , H trực tâm tam giác Gọi J trung điểm BC Gọi D diểm đối xứng với A qua O 1) (3,0 điểm) Gọi M , N , P hình chiếu vng góc D lên BC , CH , BH Chứng minh tứ giác PJMN nội tiếp   600 , gọi I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh 2) (2,0 điểm) Cho biết BAC 2 AHI   ABC Câu (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên tố a thỏa mãn 8a  số nguyên tố Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện 3a  2b  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  2( a  b  c)  abc -HẾT UBND TỈNH KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: Tốn Ngày thi: 18/8/2018 (Bản hướng dẫn gồm 05 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI I HƯỚNG DẪN CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa phần điểm tương ứng - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Ý NỘI DUNG  x   x   y   y  (3,0 đ) Giải hệ phương trình   x  x  12 y   36 Điều kiện: x  1, y  ĐIỂM (1) (2) x  x  y  khơng nghiệm hệ phương trình nên xét với  y 1 Ta có 1  x   y   y   x  x y  x 1  y 1  ( x  y ) x 1  y 1 x  y    1 xy   x   y  x 1  y 1 Thay x  y vào phương trình thứ hai (2) , ta phương trình x  x  12 x   36 3,0 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25  x  x   x   12 x   36   x  1   x 1   0,5  x   x    (VN)   x   x     x 1    x3  x   3 (VN) 0,5 Vậy hệ có nghiệm  x; y    3;3 0,25 (3,0 đ) b , c theo thứ tự lập 3,0 thành cấp số nhân Tính B , C Cho tam giác ABC vng A nên ta có b  a sin B , c  a cos B 0,5 Cho tam giác ABC vuông A a , a, 2 b , c lập thành cấp số nhân  ac  b 3 0,5 2 a sin B  3cos B  2sin B  3cos B   2cos B  2cos B  3cos B   cos B  2  cos B  (vì 1  cos B  )  cos B    B  600 (vì 00  B  1800 ) Vậy B  600 , C  300  a cos B  (2,0 đ) Cho dãy số  un  (1) u1  1, u2   un   un   un 1  1 (2) Đặt  un 1  un  n  1 Tính xác 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 định bởi: un n  n lim Ta có    un   un 1  un 1  un   1   suy   lập thành cấp số cộng có v1  d  2,0 0,5 Vậy   (n  1).2  2n Khi un   un  un 1    un1  un      u2  u1   u1  vn1     v1  u1   (n  1)  (n  2)   1   n  n  1  un u  lim  Vậy lim n2  2 n  n n  n  n n Có 20 giống có xồi, mít, ổi, bơ, bưởi 10 loại khác loại đồng thời đơi khác loại Hỏi có cách chọn để trồng khu vườn cho khơng có hai thuộc loại Số cách chọn 20 giống C20 Ta tính số cách chọn cho có hai loại + Trường hợp : Số cách chọn thuộc loại khác C52 C161 + Trường hợp 2: Số cách chọn có loại khác lim (2,0 đ) n(n  1)   n  n  1  0,5 0,5 0,5 2,0 0,5 0,5 0,5 C51.C183 Vì số cách chọn trường hợp trùng lại lần cách chọn trường hợp nên số cách chọn cho có hai loại C52 C161  C51.C183  2C52 C161  C51.C183  C52 C161   nên số cách chọn thỏa đề C20   C51.C183  C52 C161   11584 (5,0đ) 0,25 0,25 Cho tam giác ABC ( AB  AC ) tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  O  , H trực tâm tam giác Gọi J trung điểm BC Gọi D 3,0 diểm đối xứng với A qua O 1) Gọi M , N , P hình chiếu vng góc D lên BC , CH , BH Chứng minh tứ giác PJMN nội tiếp A O H N P M B C J D Ta có BH //CD (vì vng góc với AC ) CH //BD (vì vng góc với AB ) nên BHCD hình bình hành, J 0,5 trung điểm HD Từ giả thiết ta tứ giác HPDN nội tiếp đường tròn tâm J 0,25   PDN   1800  BHC  (1) suy PJN   0,5 0,5 Ta có tứ giác BPMD , CNMD nội tiếp nên   3600  PMD   NMD   HBD   HCD  PMN     BDC   3600  BHC   3600  BHC   0,75 (2)   PMN  nên tứ giác PJMN nội tiếp Điều phải Từ (1) (2) suy PJN 0,5 chứng minh   600 , gọi I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh Cho biết BAC 2,0   AHI  ABC A O I H B J E D L C K N Gọi L giao điểm AH với BC , K giao điểm thứ hai AH với đường tròn ngoại tiếp  O  tam giác ABC Kẻ đường thẳng qua I vng góc với BC cắt BC cắt cung nhỏ BC E N 0,75 Ta có JL //DK (vì vng góc với AK ) mà J trung điểm HD nên JL đường trung bình tam giác HDK , suy L trung điểm HK Do K đối xứng với H qua đường thẳng BC suy   BKC   1200 BHC     1800  B  C  1200 nên B, I , H , C đồng viên thuộc đường Mà BIC 0,5 tròn đối xứng với  O  qua BC , suy N điểm đối xứng với I (2đ) qua BC Suy HINK hình thang cân    CBN   ABC Ta có  ABI  IBC Từ    1800     CBN 3 AHI  1800  IHK AKN   ABN   ABI  IBC ABC  Điều phải chứng minh suy  AHI  ABC Tìm tất số nguyên tố a thỏa mãn 8a  số nguyên tố 0,5 2,0 Vì a số nguyên tố nên a  Ta xét trường hợp 0,25 Trường hợp 1: với a  8a   33 chia hết cho 11 loại trường hợp a  0,5 Trường hợp 2: với a  8a   73 số nguyên tố Trường hợp 3: với a   a  3k  2 8a    9k  6k  1    24k  16k  3 chia hết cho (2,0đ) 0,25 0,5 0,5 loại trường hợp a  0,25 Vậy a  giá trị cần tìm 2 Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện 3a  2b  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 2,0 P  2(a  b  c )  abc Với bốn số a, b, x, y ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  ax  by    a  b  x  y  (1) (Học sinh nêu không cần chứng minh bất đẳng thức (1)) Áp dụng bất đẳng thức (1), ta có  P  a (2  bc )  2(b  c)  0,5  (a  2)  (2  bc)  2(b  c)   (a  2)(b  2)(c  2) Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (a  2)(b  2)(c  2)  3(a  2).2(b  2).(c  2) 2  3(a  2)  2(b  2)  (c  2)      36 6  Từ suy P  36 Suy 6  P  Mặt khác với a  0; b  1; c  3a  2b  c  P  ; a  0; b  1; c  2 3a  2b  c  P  6 Vậy Pmax  , Pmin  6 -HẾT - 0,75 0,25 0,5 ... TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang, gồm bài) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018  2019 Mơn thi: TỐN Ngày thi thứ hai: 21/9 /2018 Thời gian làm bài:... KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Ngày thi thứ nhất: 14/9 /2018 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề. .. KONTUM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2018- 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi:
- Xem thêm -

Xem thêm: Bộ đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia môn toán THPT năm 2018 2019, Bộ đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia môn toán THPT năm 2018 2019

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay