Đề thi chọn đội tuyển tham dự kỳ thi HSG Quốc gia Toán 12 năm 2019 sở GD và ĐT Lạng Sơn

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  x , *
n   được xác định bởi n  2 x  x 1 n n * x  2; x  , n    . 1 n 1  xn n 1 Tìm lim  2   x i 1 1 i
Câu 3 (5,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn O . Gọi M , N lần lượt là trung  
điểm các cung nhỏ BC, AD . Gọi I , J 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 P, Q 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 x thì x  2 . 0 0
b. Tìm tất cả các đa thức P  x .
Câu 5 (3,0 điểm). Trên mặt phẳng cho 2
2n 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 2
2n 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…..............................………...........
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  a b c a a b b c c     2  2  2  3              b   c   a  c a b b c a c a b 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  a b c  a b c  a b c           3            (2)  b   c   a  b c a  b c a  b c a 1
Cộng từng về (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c . 2 2 x  x 1 n n *
(4đ) Cho dãy số  x , *
n   được xác định bởi x  2; x  , n    . n  1 n 1  xn n 1 Tìm lim  2   x i 1 1 i Lời giải 1 2 x  x 1 2 x 1 1 x 1 1 Xét x 1 n n  1 n  n     n 1  x x 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1 n n n 1  n n n 1 1 1    2 x 1 x 1 x 1 n n n 1  n 1 n  1 1  1 1 1       1   1 2   i 1  x 1  x  x  x  x  x  i i 1 1 1 1 1 1  i i 1   1 n 1  n 1  x 1
Quy nạp được x  1, n   1 n  x  x   0, n   1  x  x , n   1 n n 1  n n 1  n xn 1
Giả sử dãy  x bị chặn trên suy ra dãy  x có giới hạn hữu hạn và giả sử n  n 
lim x  a  a  2 . n 2 x  x 1 2 a  a 1 Từ n n x 
chuyển qua giới hạn ta được a   a  1 vô lí n 1  x a n
Do đó dãy số  x không bị chặn trên suy ra lim x   , kết hợp với (1) ta được 1 n  n n 1 lim  1  2   x i 1 1 i 3
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn O . Gọi M , N lần lượt là trung (5đ)  
điểm các cung nhỏ BC, AD . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của OM , ON . Gọi K
là điểm đối xứng với O qua M . B P A J N K 1 M I O Q D C
a. Chứng minh rằng tứ giác BJDK nội tiếp đường tròn. 1
Dễ thấy rằng OJ 
ON;OK  2OM . Do đó ta được OB.OD  OJ .OK . 2
Theo tính chất phương tích thì ta có KBJD nội tiếp. 1
b. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên AB, AC . Chứng minh rằng AK  PQ . 1 1 Ta có 2 OI.OK  O .2
A OA  OA 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 x thì x  2 . 0 0
Đồng nhất hệ số tự do trong đa thức P  x.Q  x suy ra 1 P  x 2
 x  ax 1 với a   .
Với a  0 hay a  1
 , nghiệm nếu có thỏa mãn.
Nếu a  2 thì P  x có hai nghiệm x , x , cũng là nghiệm của 1 2
H  x  P  x.Q  x n n 1  x  a
x   a , a  1  n 1  0 i
Hay H  x  x  a x   a  i  i  n n 1 0, 1; 2 i n 1  i 0   Vì x  0 , suy ra i a a a a a a 1 1 1 1  2 0 1  2 0 1 n n n n             2 n 2 n 2 n x x x x x x x i i i i i i i x x i i 1  1  1 1  1 1 n n x   i x x  i  i 1    1 x 1 x 1 1 i i  xi
Suy ra x  2 với i 1;  2 (*). i b. P  x 2
 x  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 x , x , với x  2 với i 1;  2 1 2 i
Khi đó a  x  x  x  x  4 1 2 1 2 Với a  2
 suy ra P  x 2
 x  2x 1 P  x 2
 x  2x 1 có nghiệm x  1  2 không thỏa mãn (*) 1,2
Với P  x  x  x    x  2 2 2 1
1 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 P  x 2  x  P  x 2  x  x  P  x 2 1; 1,
 x  2x 1 5
Gọi L là tập các đường thẳng đã cho. Chọn một tập lớn nhất B  L 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 L \ B bằng màu đỏ. Một điểm được gọi là xanh nếu nó là
giao của hai đường thẳng màu xanh. Thế thì có 2
C điểm màu xanh. k
Ta xét một đường màu đỏ l bất kì. Bởi tính lớn nhất của B nên phải có ít nhất một
miền A F 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
nhiều nhất 4 đường đỏ. Vì thế số đường thẳng đỏ nhiều nhất chỉ có thể là 2 4C . k 1
Mặt khác , số đường thẳng màu đỏ là 2
2n  k , vì thế ta được 2
2n  k  2k k   1 , suy ra 2 2 2
2n  2k  k  2k  k  n .
----------- Hết -----------