Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án

Chia sẻ: Lan Qi Ren | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:124

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 4
download

Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án được chia sẻ dưới đây sẽ giúp các em học sinh đánh giá được năng lực học tập của mình, để từ đó có hướng ôn tập phù hợp chuẩn bị cho kì thi chọn HSG sắp diễn ra. Đề thi có đáp án chi tiết kèm theo sẽ giúp các em dễ dàng hơn trong việc so sánh kết quả và tìm hiểu thêm nhiều phương pháp giải bài tập khác nhau nhằm nâng cao kỹ năng giải bài tập Toán. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án

BỘ 16 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM 2019-2020 (CÓ ĐÁP ÁN)
1. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Trường THPT Lê Quý Đôn - Đống Đa 2. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Trường THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị 3. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh 4. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Khánh Hòa 5. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội 6. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Phòng 7. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước 8. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh 9. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên 10. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 11. Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Đồng Đậu (Lần 2) 12. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Trị 13. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình 14. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
15. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Đồng Đậu 16. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Ngô Gia Tự
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA MÔN: TOÁN (Đề gồm 01 trang) NĂM HỌC: 2019 - 2020 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1 (4 điểm). Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm A, B, C bằng 3. Câu 2 (6 điểm). a. Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x  .  x3   y  2  x 2  2 xy  1 b. Giải hệ phương trình:  . 2  x  3 x  y  2  0 Câu 3 (4 điểm).  2020 u1  Cho dãy số  un  xác định bởi  2019 , n  * . 2u  u 2  2u  n 1 n n 1 1 1 Đặt S n    ...  . Tính lim Sn . u1  2 u2  2 un  2 Câu 4 (4 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Đặt AM  x, AN  y. a. Chứng minh rằng x  y  3 xy. b. Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 5 (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 2 abc abc P  3 . 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  ----------------------- HẾT ----------------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm 4 A, B, C bằng 3. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3  3 x 2  mx  2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt. 1,0 x3  3 x 2  mx  2  m  0  ( x  1)( x 2  2 x  m  2)  0 Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  x 2  2 x  m  2  0 (2) có hai nghiệm phân  '  3  m  0 1,0 biệt khác 1    m  3 (*) . 1 1  2  m  2  0 Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm A, B, C là: 1,5 y '(1)  y '( x1 )  y '( x2 )  3( x1  x2 ) 2  6 x1 x2  6( x1  x2 )  3m  3  9  3m Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3  9  3m  3  m  2 (t/m đk (*)). 0.5 ĐS: m  2 Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x  a 1,0  cos2x =  2 sin 2x.cosx - sin2x      2 sin x - sin2x  2 2cosx - 2   2cos x  1  sin 2x  2cosx -1  2 s inx  2cosx -1  2  2 2cosx -1 1,0 2   2cosx +1  2cosx -1    2cosx -1 sin 2x - 2 s inx +2   1 0.5  cosx = 2 1   2  s inx + cosx   2sinx.cosx - 1 = 0  2  + (1)  x    k 2 4 0.5   + (2)  x    k  x   k 2 , 4 4 Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………..
 x3   y  2  x 2  2 xy  1 Giải hệ phương trình:  . 2 b  x  3 x  y  2 3  x 2  2 x   x  y   1 Viết lại hệ:  2  x  2 x  x  y  2 1,0 Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1 . 0.5 u.v  1 Hệ trở thành:  u  v  2 u  1 Suy ra:   v  1 0.5  x 2  2 x  1 Ta có   x  y  1 0.5  x  1  y  0 0.5  2020 u1  Cho dãy số  un  xác định bởi:  2019 , n  * 2u  u 2  2u  n 1 n n 4 1 1 1 Đặt S n    ...  . Tính: lim Sn . u1  2 u2  2 un  2 Ta chứng minh un  1, n  * (1) bằng phương pháp qui nạp toán học. 3 2020 1,0 Với n  1, u1   1  (1) đúng với n  1 . 2019 Giả sử (1) đúng với n  k (k  1) ta có uk  1 gtqn  . Ta phải chứng minh (1) đúng với n  k  1 tức là phải chứng minh uk 1  1 . uk2  2uk u 2  2(uk  1) uk2 1 Thật vậy uk 1  1  1  k    0  uk 1  1  0  uk 1  1. 2 2 2 2 Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un  1, n  * Mặt khác un 1  un  un2  un  0, n  * vì dãy số un  1 nên dãy số  un  là dãy số tăng.
Với mọi k  N*, ta có : 2 1 (u  2)  uk 1 1 1 1 2uk 1  uk (uk  2)    k     uk (uk  2) uk 1 uk (uk  2) uk 1 uk uk  2 uk 1 1,0 1 1 1 1 1     Sn   uk  2 uk uk 1 u1 un 1 Ta chứng minh dãy số  un  là dãy số không bị chặn. Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số  un  là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy  un  tăng và bị chặn thì dãy số  un  có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim  un   a . Vì un  1 1,0 Nên ta có a  1 . Từ định nghĩa 2un 1  un2  2un . Chuyển qua giới hạn ta có:  2a = a2 + 2a  a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1. Vậy giả sử sai, suy ra dãy  un  không bị chặn trên . do  un  là dãy tăng nên 1 1 1 1 2019 1,0 lim  un     lim  0  lim S n  lim (  )  un u1 un 1 u1 2020 S 4 M A B O H N C Chứng minh x  y  3 xy Kẻ SO  MN , O  MN do  SMN    ABC   SO   ABC  1,0 a. Do hình chóp S . ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .
   AB  AC   1  1  3  Ta có AB  AC  2. AH  AM  AN  2 AH  . AM  AN  2 AO . AM AN x y 2 4 Vì  M  AB, N  AC  1,0    x. AM  y. AN  3 xy. AO . Do M , N , O thẳng hàng nên x  y  3 xy. (đpcm). 1 1 S SMN  SO.MN  SSMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và SSMN  SO.MN  SSMN 2 2 lớn nhất khi MN lớn nhất 2 2 Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy.cos600  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy  9  xy   3 xy 1,0 Từ giả thiết ta có 0  x; y  1 4 Từ (1) ta có 3 xy  x  y  2 xy  xy  9 0.5 1  x  1 y  1  0  xy  1  x  y  xy  1  3 xy  xy  2 4 1 Đặt t = xy, t   ;   MN 2  9t 2  3t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f  t   9t 2  3t ; t   ;  ta được 9 2 4 2 MN nhỏ nhất khi t  khi x  y  9 3 x  1  1 1  x  MN lớn nhất khi t  khi  1 hoặc  2 0,5 2  y   2 y 1 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng: 2 abc abc  3 1 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  2 2 abc abc Đặt : P   3 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  0.5
2 Áp dụng bất đẳng thức:  x  y  z   3  xy  yz  zx  x, y, z   0.5 Với a, b, c  0 ta có: 5 2  ab  bc  ca   3abc  a  b  c   9abc  0  ab  bc  ca  3 abc 3  Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc  a, b, c  0. Thật vậy: 1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc 3 2   1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc  3 2 abc abc Khi đó: P     3 1  abc  3 1  abc 6 6 abc  t  3 abc  t 2 , abc  t 3 . 0.5 Đặt: 3  abc Vì a, b, c  0 nên 0  abc    1 0  t 1  3  2 t2 1 3 Xét hàm số f (t )    t , t   0; 1 3 1  t 3  1  t 2 6 2t 2 2t t2  t 1  t2 0.5 f '(t)     2t .   2 2   (1  t 3 ) 2 (1  t 2 ) 2 2 3 2  (1  t ) (1  t )  2 (1  t )(1  t 5 ) t2  2t.   0, t  (0;1] (1  t 2 ) 2 .(1  t 3 ) 2 2 Suy ra f (t ) đồng biến trên f (t ) trên (0;1] ta có f (t )  f (1)  1, t  (0;1] . 2 abc abc   3 1 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  0.5 Dấu ‘=’ xảy ra khi a  b  c  1 . Vậy MaxP  1 khi a  b  c  1 Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa
so cD&Dr euANc rnl rci rnr cHeN EQr ruYEN DU rHr HSG LdP TRUcTNG TIrPT cuuv0n t2 cLP rixn NAnn HQC: 2019 - 2o2o Ln eu.f BON Mdn thi: To6n (DA thi gim cd 01 trang) Thdi gian ldm bdi: 150 philt Cflu 1(6 tli6m) a) Gi6i phucrng trinh (x -2)' + J.. 6 = 67 +Ji 1 -n b) Tir c6c chfi s5 0, 3, 4, 5, 6,7, 8, glpp dugc bao nhi6u s5 chin, c6 ba cht s5 kh6c nhau Chn 2(a ili6m). Trong mflt phhng tqa d0 Oxy, cho hinh vu6ng ABCD v]r cic di6m M, N thoa mdn: fu+zMe --d ; zfii+ wD =6 a) Chimg minh tam grttc BMN vu6ng chn. b) Tim tqa dQ di€m A,UietNp;21, dvdngthingBM cd phuong trinh x-2y-3:0 vit di6m A c6 hodnh d0 nh6 hon2. Cflu 3 (a tli6m). a) cho c6c s5 thqc a,b,c th6a man ili6u kign a+b+c>1. chimg minh ring A4+D 14rC o-at+b'+c' 1 a J b) Tim GTLN, GTNN ctra him s(i: /(x) = x(l0 *Jtz-71 Cflu 4 (a tli6m). Cho hinh ch6p S.ABC, c6 SA : SB : SC vd d6y ld tam gi6cvu6ng cdn v6i c4nh huyAn AB : oJi.tvtqtb6n (SBC) hqp v6i mflt d6y mQt g6c (p saocho cosp' =+. Tinh theo a th6 J13 tich kh6i ch6p S.ABC vi khoing cdch gifia hai duong thFngAB vd SC. cffu 5 (2rli6m). Tim t6t cil cilchim si5 /:(0,+m) + (0;+oo) th6a mftn ding thirc .f(x+ y)+ f(xy) : x * ! * xY, Yx,Y e (0;+m) Hq vi t6n SBD
urldNc nAN cuAilr uoN roAx DE THI CH D ruvnx gsc THr Hsc cAp rixu CAU D an Di0m I a) Gini phuong trinh (x-2)' +J*+e =67 +Jir-, 1t), x e [-o;t t] ( 6d) (r)o (J, + 6 -4) + (r - Ji r-,)+ *' - +* -60 = 0 1 e (x-10) _: 11 + x+6 -0 Jx+6 +4 t+.,/t 1-x 11 1 Qx:10 ( Vi _: +x+6>0,xe[-6;11] ) Jx+6+4 l+Jl1-x b) Gqi ot" As6 cAn t\m: a,b,c d6i mQt kh6c nhau, a+0 ' c lir sti chin. {a ,b , c\ c { o, 3, 4, 5, 6,7 ,8,9\ . . c=0,m6ic6chchon cs6c6 7 cdchchon a (kh6c c:0),m6ic6chchqn 1 c,a sdc6 6 c6ch chon b (kh6c c,a), n€nc6 7.6:42 s6loai ndy' . c* 0, c6 3 c6ch chon c chian, mdi crich chon c sE c6 6 c6ch chgn a 1 (a * 0,a+ c), m6i c6ch chon c,a c66 c6ch chgn b (kh6cc,a ) ndn c6: 3.6.6=108 sd loai ndy. V{y, tong cong c6: 42+lO8:150 s6 thoa m6n dO bei' 1 7 A N F (4d) B E C a) E[t canh hinh vu6ng bing 3m. Qua M k6 dunng vu6ng g6c v6i BC cEt BC, AD frnp:Tr,Ttr-- mn tuqt t4i E, F. Khi 416, tt de bdi ta c6: ] :: ,^: ^' =ABEM:AMFN' 1 [BE:MF:2m 1 fr M' = fr: fr,us:vnt +6ME+ =9oo " vay ABMN wdng cdn t4i D @M) :x -2y -3 = O+(MN) :2x + y - 6=0 . rqa d0 di6m M rd nghi€m cua h6 _', =or= ,(g; o) . 1 {;;1; IvF2 +FN2 :MN2 e4m2 + m' = 5 e m- > AN : l,AM :2J, 1 (o-2)'*(b-2)' =r Gqi A (a;b) , v6i a 12 , ta c6 h€ 1 (o-3)'+b2 =8 Giai hQ, voi a
3 (4d) a) Vx,-y € R, ta c6 xo + yo ) x3 y+rlr' ( * ) 0,5 o (, * y)' (r' + xy + y')> o, dirng Vx, y e tR. Ap dgng ( * ), ta duoc o,*( !)'=1r,*( !\'o \3, 3 (3.r I o' *( !l' la,*(1)'u \3, = 3 (31 .' *[1)' ,1.,'*(1)'. \3, 3 \3/ /r\3 r r,r = (r) (o +b+.)>l ; I . cQng ve theo vC ta co: \J/ 13+C3 4_) A-.3+D +c' a'J 14 rb-+c- ( dpcm ). ^r Ddubangxay ra e o:6- s=! 0,5 33 b) TXD: D = [-.E,Jir], r{-,):-/(x),vx e D /(r)>otr€n [0,.D], /(,) < o tron [-Jo,o] 0,5 : ,{,1fr,f (,) = X.T / (,) - ,{,?fr,f (*) max J (x) = Theo BDT C-B, ta c6 ,r (r) < rJ0.r f0.(r2-r') = *.Ji.Jzz- *' . ^1n.x: +4- x2 :r rJil 1 =,r(r)
LAB CH Gt= > AH r (SCH). SH LAB 1 Trong LSCH kdtludng cao HI-d(SC,AB)=nt ,t I I .t l Hl: n'' a. I 11 1 I a CO = -----'---:- T ---------= = T d( AB:SCl= HI, SH' CH" -;3A" o3a 7 - f(x+y)+"f(xl,)- x+y+ry,Yx,y >0 (1) a r 5 (2d) . x: !=)a f (4)=4. LAn luot thay (x;y) . {{t;t);{z;1);(3;1)} vdo (1), ta c6: I f tzl+ / rD:: [/1:) =: tl i/t:lo f Q)=5-\l \2)=2- 0.5 [l r+i * /(3):; [7'trl : r Th6 x : !.! =l1r > O) vio ( l) ta thu dugc: t' ' I 1(r+-1+J(l):t+-t " t. t =J'(x)=x.vx>z(1oo,*1=z''l. '',=Jtt+!)=t+1 / ) 0.5 Ti6p tuc th€, y = 2. Tt (1) ta suy ra (2x): x+2+2x Ilf lr*2)+ f 0.5 [,ftr* 2)= **2.Vx> 0 = - f12x):2x.Yx >0 haY./(x)=x.Vx>0 Thu lai,f(*) :x,Vx > 0 th6a mdn di6u kiQn bdi to6n.V{y "f(*) :x,Vx e (0;+"o). 0.5
UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 24/9/2019 (Đề thi có 01 trang) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu 1 (5,0 điểm) Cho hai dãy số (un ), (vn ) xác định như sau u0  a; v0  b với hằng số thực a, b cho trước thỏa un  vn mãn 0  a  b và un 1  , vn 1  un 1.vn với mọi số tự nhiên n . 2 a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau. b) Tìm giới hạn đó theo a, b . Câu 2 (5,0 điểm) Cho số nguyên tố p . Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện 2020n  2019  n  2018 (mod p) . Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H , O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác ABC. Các đường thẳng OD và BE cắt nhau tại K , các đường thẳng OE và AD cắt nhau tại L. Gọi M là trung điểm cạnh AB. Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. Câu 4 (5,0 điểm) Tìm tất cả các đa thức f  x  có hệ số thực và bậc là số tự nhiên lẻ sao cho: f  x 2  1  f 2  x   1, x  . ------------ Hết ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 Môn thi: Toán (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu Đáp án Điểm Cho 2 dãy số (un ) , (vn ) xác định như sau: un  vn u0  a; v0  b với hằng số thực a, b cho trước thỏa mãn 0  a  b và un 1  , 2 1.a 2,0 vn 1  un 1.vn với mọi số tự nhiên n . a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau. Ta chứng minh quy nạp rằng un  un 1  vn và un 1  vn 1  vn với mọi n . 1,0 Do đó, 2 dãy đã cho là đơn điệu và bị chặn bởi u0  a; v0  b nên hội tụ. un  vn lim un  lim vn Từ un 1  , cho qua giới hạn ta được lim un 1  hay lim un  lim vn 2 2 1,0 (đpcm). 1.b b) Tìm giới hạn đó theo a, b . 3,0 a  Do 0  a  b nên đặt  cos  với   (0; ) . Ta chứng minh rằng b 2 1,0     un  b cos 1 .cos 2 ...cos n 1 .cos 2 n 2 2 2 2    Và vn  b cos 1 .cos 2 ...cos n với mọi số nguyên dương n . 2 2 2 1,0 b sin  b sin  Từ đó rút gọn biểu thức ta được vn    . n  n   2 sin n 2 1,0 b2  a 2 Vậy lim un  lim vn  . a arccos   b Cho số nguyên tố p . Chứng minh rằng, tồn tại vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện 2 2020n  2019  n  2018(mod p ) . 5,0 Ta xét 2 trường hợp. Trường hợp 1. Nếu p là ước nguyên tố của 2020, khi đó, chỉ cần chọn n  2018 p là thỏa mãn. 1,0 Việc này chứng tỏ tìm được vô số n . Trường hợp 2. Nếu p không là ước nguyên tố của 2020, khi đó ( p, 2020)  1 . n  2019  0(mod p  1) 2,0 Chọn  n  2018  1(mod p)
Theo định lí Fecma a p 1  1(mod p ) ta được 2020 p 1  1(mod p)  2020n  2019  1(mod p) 1,0 nên 2020n  2019  n  2018(mod p ) (thỏa mãn đề bài). Lại có, theo định lí Trung Hoa về dư thì hệ phương trình đồng dư luôn có nghiệm n vì 1,0  p, p  1  1 nên có vô số tự nhiên n thỏa mãn. (đpcm) Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H , O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác 3 ABC . Các đường thẳng OD và BE cắt nhau tại K , các đường thẳng OE và AD cắt 5,0 nhau tại L . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. C x Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác HAB và ba điểm Q D K , L, M ta có: K , L, M P thẳng hàng khi và chỉ khi L KB LH MA 0,5 E O . . 1 KH LA MB K H KB LA   (1) KH LH A B M KB S BOD LA S AOE Ta lại có  (cùng cạnh đáy OD),  (cùng cạnh đáy OE) và gọi R là KH S HOD LH S HOE bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và c  AB thì 1 1 1 S AOE  AE.d (O, AE )  c.cos A.R .cos B  R. c.cos A.cos B 1,0 2 2 2 1 Tương tự S BOD  R. c.cos A.cos B 2 Nên S AOE  S BOD . Từ các kết quả trên ta có (1)  S HOD  S HOE khi và chỉ khi OH || DE (nếu H và O cùng 0,5 phía đối với DE ) hoặc OH đi qua trung điểm ED (nếu H và O khác phía đối với DE ). Trước hết, vẽ tiếp tuyến C x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C , dễ dàng chứng minh CED  ABC  ACx suy ra DE || Cx từ đó dẫn đến CO vuông góc với 0,5 DE (2). Ta chứng minh (1) xảy ra khi chỉ khi OH || DE . Thật vậy, nếu xảy ra trường hợp còn lại, tức là OH đi qua trung điểm ED . 2,0 Khi đó, gọi P, Q lần lượt là trung điểm của ED , HC . Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp đường tròn tâm Q , suy ra QP vuông góc với ED . Kết hợp (2) suy ra QP || CO .
Xét tam giác CHO có Q là trung điểm HC và QP || CO suy ra P là trung điểm OH nên EHDO là hình bình hành, suy ra OD || EH . Điều này trái với giả thiết OD cắt BE . Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi OH || DE , mà do (1) nên điều này khi và chỉ khi CO  OH 0,5 khi và chỉ khi C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. Tìm tất cả các đa thức f  x  hệ số thực, có bậc là số tự nhiên lẻ sao cho 4 5,0 f  x 2  1  f 2  x   1, x  Thay x bằng  x ta có f 2   x   1  f   x  1  f  x 1  f 2 2 2  x  1 Suy ra f 2   x   f 2  x  0,5  f ( x)  f ( x) x  A Nên  trong đó A  B  .  f ( x)   f ( x) x  B Nếu tập A vô hạn hay phương trình f   x   f  x   0 có vô số nghiệm mà bậc của f là hữu hạn nên f ( x)  f ( x)  0  f   x   f  x  , x  (1) Lại có deg f là lẻ nên trong hai giới hạn lim f ( x) và lim f ( x) có đúng một giới hạn là x  x   và một là  , do đó tồn tại x0 (đủ lớn) sao cho f  x  và f   x  trái dấu (suy ra 1,0 không bằng nhau) khi x  x0 điều này mâu thuẫn với (1) nên tập A không thể là vô hạn. Suy ra tập B là vô hạn hay phương trình f  x   f   x   0 có vô số nghiệm mà bậc của f là hữu hạn nên f   x    f  x  , x  .  f  0    f  0   f  0   0 Chọn x  0     và f 1  1 . 0,5  f  1  f  0   1  f  1  1 2 Xét dãy số a0  1; an 1  an  1 Dễ thấy an  1, n  0 Ta chứng minh an 1  an , n  0 1 . 1,5 Thật vậy n  0  a1  2  1  a0 bài toán đúng với n  1 Giả sử (1) đúng đến n , suy ra an  2  an 1  1  an  1  an 1 . Vậy (1) được chứng minh. Bây giờ ta chứng minh f  an   an , n  0  2  bằng quy nạp. Với n  0  f  a0   f 1  a0 suy ra (2) đúng với n  0 Giả sử f  an   an ta chứng minh f  an 1   an 1 , ta có 1,0 f 2  an 1   1  f  a 2 n 1  1  1  f  an   1  an  a 2 n 1  f  an 1   an 1 hoặc f  an 1   an 1
Nếu f  an 1   an 1  f 2  an 1   1  f  a 2 n  2  1  1  f  an 1   1  an 1  0 (vô lí) do đó f  an 1   an 1. Vậy (2) được chứng minh, do đó phương trình f  x   x có vô số nghiệm nên f  x   x với mọi x  R . 0,5 Thử lại ta thấy f  x   x thỏa mãn yêu cầu bài toán. ---------------Hết---------------
UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 25/9/2019 (Đề thi có 01 trang) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu 5 (7,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  xy  1  f  x  f  y   2 xy  1 với mọi x, y  . Câu 6 (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Trên cạnh AC , AB lần lượt lấy các điểm E , F sao cho ED  EC , FD  FB . Gọi I , J , K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , BDF , CDE . a) Gọi H là trực tâm của tam giác JDK . Chứng minh rằng tứ giác IJHK nội tiếp. b) Chứng minh rằng khi D chuyển động trên BC , đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK luôn đi qua một điểm cố định khác điểm I . Câu 7 (6,0 điểm) Cho một đa giác đều A1 A2 ... A20 có 10 đỉnh của đa giác được tô màu xanh, 10 đỉnh còn lại được tô màu đỏ. Ta nối các đỉnh với nhau. a) Gọi a là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh màu đỏ liên tiếp, b là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh màu xanh liên tiếp. Chứng minh a  b. b) Xét tập hợp S gồm đường chéo A1 A4 và tất cả các đường chéo khác của đa giác mà có cùng độ dài với nó. Chứng minh trong tập hợp đó, số đường chéo có hai đầu là màu đỏ bằng với số đường chéo có hai đầu là màu xanh. Gọi k là số đường chéo có hai đầu là màu xanh trong , tìm tất cả các giá trị có thể có của . ------------ Hết ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...