Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia môn Toán lớp 12 năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia môn Toán lớp 12 năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa (Đề chính thức) với mục tiêu cung cấp cho các em học sinh tư liệu phục vụ ôn luyện, chuẩn bị chu đáo cho kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia môn Toán lớp 12 năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN KHÁNH HÒA THI HSG THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2020 Môn thi: TOÁN (Vòng 1) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 19/9/2019 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (4,0 điểm)  3 3 x  4x  2  y  4  4 6  2 y   3 Giải hệ phương trình:  y 3  4 y  2   4 6  2 z ( x, y, z  ).  z  4  3 3 z  4z  2  x  4  4 6  2x  Bài 2. (6,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương  a; b  1 sao cho n  (a  b  1)(a  b  2)  a. 2 1 b) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  5 , un 1  un  với mọi n  1. un Tìm phần nguyên của u209 . Bài 3. (4,0 điểm) Một nhóm phượt có n thành viên. Năm 2018, họ thực hiện sáu chuyến du lịch mà mỗi chuyến có đúng 5 thành viên tham gia. Biết rằng hai chuyến du lịch bất kì chung nhau không quá 2 thành viên. Tìm giá trị nhỏ nhất của n. Bài 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM và đường phân giác trong AD. Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A và D), kẻ NP vuông góc với AB (P thuộc cạnh AB). Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh rằng QN vuông góc với BC. Bài 5. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  xyz ( x  y  z ). 1 1 1 Chứng minh rằng    1. 2x 1 2 y 1 2z 1 --------------- HẾT --------------- Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HOÀ GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN (ngày 1) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐÈ CHÍNH THỨC  3 3 x + 4x + 2 = y − 4 + 4 6 − 2 y   3 Bài 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình  y 3 + 4 y + 2 = + 4 6 − 2z .  z−4  3 3 z + 4z + 2 = x − 4 + 4 6 − 2x  Lời giải x ≤ 3  Điều kiện:  y ≤ 3 . z ≤ 3  3 Xét hàm f ( t ) = t 3 + 4t + 2 và g ( t ) = + 4 6 − 2t trên ( −∞;3] . t −4  f ( x) = g ( y) (1)  Hệ phương trình trở thành  f ( y ) = g ( z ) ( 2)   f ( z ) = g ( x) ( 3) Ta có f ′ ( t ) = 3t 2 + 4 > 0 ∀t ∈ ( −∞;3] ⇒ Hàm số f ( t ) = t 3 + 4t + 2 đồng biến trên ( −∞;3] . 3 4 3 g′ (t ) = − − < 0 ∀t ∈ ( −∞;3) ⇒ g ( t ) = + 4 6 − 2t nghịch biến trên (t − 4) t −4 2 6 − 2t ( −∞;3] . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = max { x; y; z} . Khi đó ta có x ≥ y ; x ≥ z . x ≥ y (*) ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) (vì hàm f ( t ) đồng biến), kết hợp với hệ phương trình ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) (vì hàm g ( t ) nghịch biến), kết hợp hệ phương trình ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ z ≥ x (**). Từ (*) và (**) ta suy ra x = z ⇒ f ( x ) = f ( z ) ⇒ g ( y ) = g ( x ) ⇒ y = x . Vậy ta có x = y = z . 3 Từ hệ phương trình ta suy ra f ( x ) = g ( x ) ⇔ x3 + 4 x + 2 = + 4 6 − 2x x−4 3 ⇔ x3 + 4 x + 2 − − 4 6 − 2x = 0 . x−4 3 Xét hàm h ( x ) = x 3 + 4 x + 2 − − 4 6 − 2 x trên ( −∞;3] . x−4 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
3 4 Ta có h′ ( x ) = 3x 2 + 4 + + > 0 ∀x ∈ ( −∞;3) ( x − 4) 2 6 − 2x 3 ⇒ hàm số h ( x ) = x 3 + 4 x + 2 − − 4 6 − 2 x đồng biến trên ( −∞;3] . x−4 ⇒ Phương trình h ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Ta có h (1) = 0 nên phương trình h ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1;1;1) Bài 2. a. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương 1 ( a ; b ) sao cho n = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a . 2 1 b. Cho dãy số xác định bởi u1 = 5; un +1 = un + với mọi n ≥ 1. Tìm phần ( un ) nguyên của un u209 . Lời giải a. Cách 1. Đặt m = a + b ⇒ m ≥ 2 . Phương trình trên trở thành: 1 1 1 n= ( m − 1)( m − 2 ) + m − b ⇔ m2 − m + 1 − b − n = 0 ⇔ m2 − m + 2 (1 − b − n ) = 0 (1). 2 2 2 Để tồn tại cặp số nguyên dương ( a ; b ) thì (1) phải có nghiệm nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2. Do đó, điều kiện cần là ∆ (1) > 0 và phải chính phương. ∆ (1) = 1 − 8 (1 − b − n ) = 8 ( b + n ) − 7 Dễ thấy ∆ (1) = ( 2k + 1) , k ∈ ℕ 2 Khi đó 8 ( b + n ) − 7 = ( 2k + 1) ⇔ 2 ( b + n ) = k 2 + k + 2 . 2 k2 + k ⇔b= +1− n . 2 1 + 2k + 1 Khi này, ∆ (1) = 2k + 1 và nghiệm nguyên dương duy nhất của (1) là m = = k +1 . 2  k2 + k  k2 − k Thay vào được a = m − b = k + 1 −  +1− n  = n − .  2  2 Sử dụng các điều kiện a ≥ 1; b ≥ 1 được hệ Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
k2 + k  2 + 1 − n ≥ 1 k 2 + k ≥ 2n  ⇔ 2 (2). n − k − k ≥ 1 k − k + 2 ≤ 2n 2  2 Việc còn lại là chỉ ra (2) chỉ có nghiệm duy nhất với k ∈ ℕ . Gọi k0 là số nguyên không âm lớn nhất sao cho k02 − k0 + 2 ≤ 2n , lúc này k0 luôn tồn tại và duy nhất. ( k0 + 1) − ( k0 + 1) + 2 > 2n ⇔ k02 + k0 > 2n − 2 . 2 Khi đó Vì k02 + k0 ≥ 2 n (đpcm). Vậy với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương ( a ; b ) sao cho 1 n= ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a . 2 Cách 2. l ( l + 1) Rõ ràng với n cho trước, tồn tại số tự nhiên l để ≥n . 2 Ta gọi l0 là giá trị nhỏ nhất của n thoả mãn bất phương trình trên. l0 ( l0 − 1) l ( l + 1) l ( l + 1) Khi đó hiển nhiên 0 . 2 Vì vậy, các yêu cầu của bài toán đều thoả mãn. Ta có điều phải chứng minh. Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
Cách 3 Ta cần chứng minh rằng f : ℕ* × ℕ* → ℕ* được cho bởi f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a , ( ∀a, b ∈ ℕ* ) là một song ánh. 1 2 Chứng minh được f là một ánh xạ. Ta chứng minh f là một đơn ánh. Thật vậy, giả sử ( a1; b1 ) , ( a2 ; b2 ) ∈ ℕ* × ℕ* thỏa mãn f ( a1 ; b1 ) = f ( a2 ; b2 ) n ( n + 1) Đặt T ( n ) = , n ∈ ℕ* . Ta có f ( a; b ) − T ( a + b − 2 ) = a > 0 2 Và T ( a + b − 1) − f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b ) − ( a + b − 1)( a + b − 2 ) − a = b − 1 ≥ 0. 2 2 Do đó T ( a + b − 2 ) < f ( a; b ) ≤ T ( a + b − 1) . Khi đó T ( a1 + b1 − 2 ) < f ( a1 ; b1 ) ≤ T ( a1 + b1 − 1) , ... Kết hợp với dãy (T ( n ) ) là dãy tăng ngặt ta chứng minh được f là một đơn ánh. Ta chứng minh f là một toàn ánh. Thật vậy, với n là một số nguyên dương tùy ý, vì dãy (T ( n ) ) tăng ngặt nên luôn tồn tại một số nguyên dương k thỏa T ( k − 1) < n ≤ T ( k ) ⇔ ( k − 1) k < n ≤ k ( k + 1) . 2 2 Đặt a = n − ( k − 1) k và b = k − a + 1 . 2 Chứng minh được a và b là các số nguyên dương và 1 k ( k − 1) f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − 2 ) + a = + a = n. 2 2 Vậy f là một song ánh, suy ra điều phải chứng minh. 1 b. Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 5; un +1 = un + với mọi n ≥ 1. Tìm phần nguyên của un u209 . Nhận xét: ( un ) là dãy tăng và un ≥ u1 > 0, ∀n . 2  1  n −1 n −1  1  n −1 1 Ta có: uk2+1 =  uk +  ⇒ ∑ uk2+1 = ∑  uk2 + 2 + 2  ⇒ un2 = u12 + 2 ( n − 1) + ∑ 2 .  uk  k =1 k =1  uk  k =1 uk Suy ra: un > u12 + 2 ( n − 1) , ∀n ≥ 2 , hay un ≥ 25 + 2 ( n − 1) , ∀n ≥ 1 . 1 1 1 1 1 1  Mặt khác, uk2 ≥ u12 + 2 ( k − 1) ⇒≤ 2 ⇒ 4<  2 − 2 . uk u1 + 2 ( k − 1) 2 uk 2  u1 + 2k − 3 u1 + 2k − 1  n −1 1 1 1 1 1 Suy ra: ∑ 4 < 2 − 2 < = . k =1 uk u1 − 1 u1 + 2n − 3 2 ( u1 − 1) 48 2 Từ đó ta có n −1 1 n −1 un2 = u12 + 2 ( n − 1) + ∑ 2 < u12 + 2 ( n − 1) + , ∀n ≥ 2 . k =1 uk 48 n −1 Suy ra un < 25 + 2 ( n − 1) + , ∀n ≥ 2 . 48 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
n −1 Hay un ≤ 25 + 2 ( n − 1) + , ∀n ≥ 1 . 48 208 Khi đó 441 ≤ u209 ≤ 441 + . Hay 21 ≤ u209 < 21,5 nên phần nguyên của u209 bằng 21 . 48 Bài 3. Một nhóm phượt có n thành viên. Năm 2018 , họ thực hiện sáu chiến du lịch mà mỗi chuyến có đúng 5 thành viên tham gia. Biết rằng hai chuyến du lịch bất kì chung nhau không quá 2 thành viên . Tìm giá trị nhỏ nhất của n . Lời giải Ta xác định bảng ô vuông với cột là thành vượt nhóm phượt được đánh số từ 1 đến n , dòng là các chuyến du lịch A1 , A2 ,..., A6 . Điền số 1 vào ô ( i, Ai ) nếu người thứ i tham gia chuyến du lịch Ai , điền số 0 vào ô tương ứng trong trường hợp ngược lại. 1 2 … n A1 A2 … A6 Gọi ci là số chuyến du lịch người thứ i tham gia, tức là trên cột i có ci số 1. n Gọi S là tổng số các cặp số 1 trong bảng. Ta có ∑c i =1 i = 30 . n Vì trên cột i có ci số 1, suy ra có Cc2i cặp số 1 trên cột i . Suy ra S = ∑ Cc2i . i =1 Mặt khác, xét 2 hàng i ≠ j bất kì, do Ai ∩ A j ≤ 2 nên hai hàng này có nhiều nhất là 2 cặp số 1 , suy ra S ≤ 2Cc2i ≤ 30 . 2  n  n  ∑ ci  n n n Từ đó ta có S = ∑ Cci ≤ 30 ⇒  i =1  − ∑ ci ≤ ∑ ci2 − ∑ ci ≤ 60 . 2 i =1 n i =1 i =1 i =1 900 ⇒ ≤ 90 ⇔ n ≥ 10 . n Xét n = 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 A2 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 A3 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 A4 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 A5 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 A6 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của n bằng 10 , khi mỗi chuyến có đúng 5 thành viên tham gia và mỗi cặp thành viên cùng tham gia không quá 2 chuyến. Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM và đường phân giác trong AD. Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A và D), kẻ NP vuông góc với AB (P Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
thuộc cạnh AB). Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh rằng QN vuông góc với BC. Lời giải A E Q P I N O C B D M K Có PQ ∩ AD = I ; AD ∩ ( O ) = K ; PQ ∩ AC = E . Dễ chứng minh các tam giác cân NPE và KBC đồng dạng. QE SQAE sin MAC . AM . AC AB S sin MAC AB AB DB Lại có: = = = . = MAC . = = sin MAB QP SQAP sin MAB . AM . AB AC S MAB AC AC DC QE DB Suy ra = lại có M, Q lần lượt là trung điểm của BC, PE và ∆NPE ∼ ∆CKB nên: QP DC ∆QIE ∼ ∆DMK ( c.g .c ) ⇒ QNI = DKM ⇒ QN // MK ⇒ QN ⊥ BC . Bài 5. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) . 1 1 1 Chứng minh rằng: + + ≥ 1. 2x +1 2 y +1 2z +1 Lời giải 1 1 1 Đặt a = ,b = ,c = thì 0 < a, b, c < 1 . 2x +1 2 y +1 2z +1 1− a 1− b 1− c Ta có x = ,y= ,z = . 2a 2b 2c Ta cần chứng minh a + b + c ≥ 1 (Chứng minh bằng phản chứng). 1− a b + c 1− b c + a 1− c a + b Giả sử a + b + c < 1 . Khi đó, ta có x = > , y= > , z= > . 2a 2a 2b 2b 2c 2c 1 1 1 Ta có: xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) ⇔ x + y + z = + + x y z Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
1 1 1 b + c 2a c + a 2b a + b 2c ⇔ 0= x− + y+ +z+ > − + − + − x y z 2a b + c 2b c + a 2c a+b b+c c+a a+b  a b c  ⇔ + + < 4 + +  (1) . a b c b+c c+a a+b Ta chứng minh được:  a b c  1 1 1 1   1 1 b+c c+a a+b 4 + +  ≤ a +  + b +  + c +  = + + ( 2) . b+c c+a a+b b c c a a b a b c Từ (1) và ( 2 ) ta có điều mâu thuẫn nên ta có điều phải chứng minh. 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = ⇔ x = y = z = 1. 3 ---HẾT--- Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com