SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu a) Cho dãy số  xn  xác định x1  xn1  xn  với n* Chứng xn  minh dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn b) Tìm tất hàm số xác định, liên tục khoảng  0;  thỏa mãn:  x  2 x  2x   f  x  f  với x    x  3 x3 Câu a) Cho số tự nhiên a  thỏa mãn a  có ước nguyên tố lẻ p Chứng minh a p2    p2 b) Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n cho  2019n  1 n Câu Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Đường tròn nội tiếp  I  tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E, F Đường tròn  A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH điểm K Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC P Các đường thẳng DK PK cắt đường tròn  A Q T khác K a) Chứng minh tứ giác TDPQ nội tiếp ba điểm Q, A, P thẳng hàng b) Đường thẳng DK cắt đường tròn  I  điểm thứ hai X Chứng minh ba đường thẳng AX , EF , TI đồng quy c) Chứng minh đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn  I  Câu Cho P  x  đa thức khác số với hệ số thực cho tất nghiệm số thực Giả sử tồn đa thức Q  x  với hệ số thực cho  P( x)   P  Q  x   với x  Chứng minh tất nghiệm đa thức P  x  Câu Một tập hợp gồm số nguyên dương gọi tập Pytago số độ dài ba cạnh tam giác vuông Chứng minh với hai tập Pytago P, Q bất kỳ, ta ln tìm m tập Pytago P1 , P2 , , Pm (m  2) cho P1  P, Pm  Q Pi  Pi 1   với  i  m  HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……….……… …… …… Số báo danh: …………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN MƠN: TỐN (Đáp án có 05 trang) I LƯU Ý 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 - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm x 2 a) Cho dãy số  xn  xác định x1  xn1  n với n* xn  Chứng minh dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn b) Tìm tất hàm số xác định liên tục khoảng  0;  cho a  x  2 x  2x  , x  f  x  f    x   x3 b2  b   Dễ thấy Xét số b>0 nghiệm phương trình b  b3 xn  0, n  nên ta có:  xn1  b  n  1  1 xn  b    xn 1  b    x1  b  9  9 n  1 Do lim   x1  b  nên theo nguyên lý kẹp suy lim xn  b    9 b 1,0 xn  b xn  b     xn  b xn  b   xn  3  b  3 Suy  xn1  b  3,0  x  2 x  2x   x  2 x    f  x  f  x Ta có f  x   f    x    x3 x  3 x   x  2 x   , x  Suy f  x   x  f   x   x   x  2 , x  (1) Đặt g  x   f  x   x  g  x   g   x   Chọn a  tùy ý, xét dãy  xn  xác định x1  a; xn 1  1,0 0,5 xn  , n   * xn  0,25 Hồn tồn tương tự phần a) lim xn  b   Từ (1) suy g  a   g  x1   g  x2    g  xn  , n  * Do hàm g  x  liên tục  0;   nên g  a   lim g  xn   g  lim xn   g Suy g  x   c hay f ( x )  x  c với x    1  c 0,25 Thử lại ta thấy hàm số cần tìm f  x   x  c với x  0, c số tùy ý a) Cho số tự nhiên a  cho a  có ước nguyên tố lẻ p Chứng minh a p  1 p b) Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n cho 2019n  1 n p Ta có a p    a p     m  1  m p 1  m p    m  1   m  1 A , với m  a p a Do p lẻ nên a  1 a  1 p  m  1 p  m  1 mod p  Do 2,0 0,5 p A  m p 1  m p 2   m   p   mod p  Suy  m  1 A p , tức a p  1 p b 0,5 0,5 Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau quy nạp theo k: Cho số tự nhiên a  k cho a  có ước nguyên tố lẻ p Khi a p  1 p k , k  * (1) Theo giả thiết ta thấy (1) với k  Giả sử (1) với k, ta chứng minh (1) với k  k 1   Ta có a p   a p k p    m  1  m p 1  m p    m  1   m  1 A , 0,25 k m  a p Theo giả thiết quy nạp m  1 p k Lại có m  1 p  m  1 mod p  Do A  m p 1  m p 2   m   p   mod p  k 1 Suy  m  1 A p k 1 , tức a p  1 p k 1 Vậy (1) với k  Trở lại tốn: Với a  2019 a   2020 có ước nguyên tố lẻ nên theo (1) số n  5k thỏa mãn 2019n  1 n k Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp 20195  1 5k , k   * cho tối điểm Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Đường tròn nội tiếp  I  tam 0,25 giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E, F Đường tròn  A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH điểm K Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC P Các đường thẳng DK PK cắt đường tròn  A Q T khác K a) Chứng minh tứ giác TDPQ nội tiếp ba điểm Q, A, P thẳng hàng b) Đường thẳng DK cắt đường tròn  I  điểm thứ hai X Chứng minh ba đường thẳng AX , EF , TI đồng quy c) Chứng minh đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn  I  3,0 Q A T E F K B a) H I D C P   TQK   TAK   900     TPD  Suy tứ giác TDPQ nội Ta có TQD AKT  HPK tiếp   AKQ   DKH   KDI  (1) Ta có KQA Dễ thấy IF tiếp tuyến  A nên ID2  IF  IK IT  IDK  ITD   ITD   KQP  (2) Từ (1) (2) suy KQA   KQP  Suy KDI 1,0 0,5 Do ba điểm Q, A, P thẳng hàng Q A T X Z t F E S K I Y B b H D P C Gọi Y giao điểm thứ hai AX với  I  Ta có   IXK   IDX  AKX ( AK || ID ) IX  IF  IK IT  ITX  Lại có AK  AF  AX AY   AKX   AYK Suy ITX AYK Do tứ giác XKYT nội tiếp Xét ba đường tròn:  XKYT  ;  I  ;  A , có trục đẳng phương KT, XY, EF Do ba đường thẳng KT, XY, EF đồng quy tâm đẳng phương ba đường 0,25 0,25 c tròn Vậy ba đường thẳng AX, EF, TI đồng quy Gọi Z giao điểm thứ hai đường thẳng PT với đường tròn đường kính AP Khi AZ  KT Z trung điểm KT Do IE IF tiếp tuyến  A nên 0,25 TKSI   1 , theo hệ thức Macloranh ta SZ SI  SK.ST  SX SY   ZIX  Suy tứ giác XZYI nội tiếp, suy ZYX   ZPA    ITD   DQP   IX || PQ  ZIX   ZPA  Vậy ZYX Mặt khác IXD Suy tứ giác AZYP nội tiếp, suy Y thuộc đường tròn đường kính AP Vẽ tiếp tuyến Yt (I), ta có 1   90  IZY   90  YAP   YPA  tYX XIY  90  IXY Do Yt tiếp tuyến đường tròn đường kính AP Vậy đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn  I  điểm Y (đpcm) 0,25 0,25 0,25 Cho P  x  đa thức khác số với hệ số thực cho tất nghiệm số thực Giả sử tồn đa thức Q  x  hệ số thực cho  P( x)   P  Q  x   với x  Chứng minh tất nghiệm 1,0 P  x  d1 d2 dk Giả sử P  x   A  x  x1   x  x2   x  xk  , x1  x2   xk tất nghiệm thực P  x  Dễ thấy degQ  x    Q  x   ax2  bx  c 0,25 Khi ta 2d A2  x  x1   x  x2  d2  x  xk  dk k  A  ax  bx  c  xi  di i 1 Do với số i nghiệm đa thức ax  bx  c  xi xs , xt , với s, t b Theo định lý Viet ta xs  xt   a Như tất nghiệm P  x  chia thành cặp  xs , xt  mà tổng 0,25 b hai số cặp  a Giả sử x1 ghép cặp với xs xk ghép cặp với xt Từ x1  xt ; xs  xk x1  xs  xk  xt ta suy x1  xt ; xs  xk Vậy x1 ghép cặp với xk Lập luận hoàn toàn tương tự suy cặp có dạng  x j , xk 1 j  Áp dụng định lý c  xm , với m a c  xm  k  1 Do có k giá trị số dạng x j xk 1 j chứa nhiều  a    k  1 giá trị phân biệt nên k   Từ bất đẳng thức ta suy k=1 Khi   0,25 Viet ta có x j xk 1 j  0,25 d P  x   A  x  x1  , suy tất nghiệm P  x  (đpcm) Một tập hợp gồm số nguyên dương gọi tập Pytago số độ dài ba cạnh tam giác vuông Chứng minh với hai tập Pytago P, Q 1,0 bất kỳ, ta ln tìm m tập Pytago P1 , P2 , , Pm (m  2) cho P1  P, Pm  Q Pi  Pi 1   với  i  m  Bổ đề: Với số nguyên dương n  , tồn tập Pytago chứa số n Ta chứng minh mệnh đề quy nạp theo n Dễ thấy mệnh đề với n  3, 4,5 3, 4,5 tập Pytago Xét n  , giả sử mệnh đề với số nhỏ n, ta cần chứng minh mệnh đề với n + Nếu n chẵn, n  2k  k  n Theo giả thiết quy nạp, tồn tập Pytago A chứa số k Giả sử A  k , a, b Khi tập B  n, 2a, 2b tập Pytago chứa số n 0,25   + Nếu n lẻ, ta thấy tập A  n;  n  1 ;  n2  1  tập Pytago chứa số n   Vậy tồn tập Pytago chứa số n Nếu hai tập Pytago P, Q thỏa mãn yêu cầu tốn ta nói cặp  P, Q  cặp “đẹp” kí hiệu P  Q Như ta cần chứng minh cặp Pytago  P, Q  cặp đẹp (1) Nhận xét: Ta cần chứng minh mệnh đề (1) trường hợp P  3, 4,5 Chứng minh: Xét P  3, 4,5 giả sử với tập Q tập Pytago  P, Q  cặp đẹp Xét hai tập Pytago Q, R ,  P, Q   P, R  cặp đẹp nên tồn dãy Q1 , Q2 , , Qm R1 , R2 , , Rt cho 0,25 Q1  P1  3;4;5 ; Qm  Q; Rt  R Qi  Qi 1  ; Ri  Ri 1   Khi dãy Qm , Qm 1 , , Q1 , R2 , R3 , , Rt thỏa mãn yêu cầu toán Suy  Q, R  cặp đẹp Qua phép chứng minh ta suy  P, Q   P, R  hai cặp đẹp  Q, R  cặp đẹp Trở lại toán, xét P  3, 4,5 , ta tiếp tục chứng minh toán quy nạp theo phần tử nhỏ Q Giả sử Q  n + Nếu  n  hiển nhiên  P, Q  cặp đẹp + Xét n  , giả sử mệnh đề với số  Q  n * Nếu n chẵn, n  2k  k  n Theo bổ đề giả thiết quy nạp tồn tập Pytago Q’ chứa k  P, Q ' cặp đẹp Dễ thấy nhân tất phần tử cặp đẹp với số lại cho ta cặp đẹp Do gọi Q '  k ; x; y cặp sau đẹp: 0,25 n;2x;2 y ;6;8;10 ; n;2 x;2 y ; Q  (vì có giao khác rỗng) Mặt khác 6;8;10 ;3;4;5  cặp đẹp chuỗi xây dựng tập đẹp Pytago sau: 6;8;10  8;15;17  9;12;15  5;12;13  3; 4;5 Vậy Q 3;4;5 tạo thành cặp đẹp   * Nếu n lẻ Q  n;  n  1 n  1 ;  n  1  Theo bổ đề tồn tập Pytago 2   R chứa  n  1 tập Pytago H chứa n  0,25 Từ   n  1  n  n 1  n nên theo giả thiết quy nạp ta có R  3; 4;5 ; H  3; 4;5 Do   n;  n  1 n  1 ;  n  1    n  1 R   n  1 P  3H  33;4;5  9;12;15  3;4;5   Vậy Q 3; 4;5 tạo thành cặp đẹp tốn chứng minh hồn tồn - HẾT ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019- 2020 HƯỚNG DẪN MƠN: TỐN (Đáp án có 05 trang) I LƯU Ý CHUNG: -... (1) với k  Trở lại tốn: Với a  2019 a   2020 có ước nguyên tố lẻ nên theo (1) số n  5k thỏa mãn 2019n  1 n k Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp 20195  1 5k , k   * cho tối điểm... giả thi t ta thấy (1) với k  Giả sử (1) với k, ta chứng minh (1) với k  k 1   Ta có a p   a p k p    m  1  m p 1  m p    m  1   m  1 A , 0,25 k m  a p Theo giả thi t