Đề thi chọn HSG Lớp 12 môn Toán (Lần 1) - Sở GD&ĐT Hồ Chí Minh 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG Lớp 12 môn Toán (Lần 1) - Sở GD&ĐT Hồ Chí Minh 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN – NGÀY THI THỨ NHẤT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (5 điểm) Xét dãy số an xác định bởi a1 3, a2 7 và an 2 3an 1 an với n 1,2,3, a2 a2 a2 142 a) Chứng minh rằng 1 2 n , n 1,2,3, 7 72 7n 3 1 1 1 b) Với mỗi n 1, đặt bn . Chứng minh rằng dãy số bn có giới hạn a1a2 a2a3 anan 1 hữu hạn khi n và tìm giới hạn đó. Bài 2. Cho đa thức bậc ba P x x3 3x . a) Chứng minh rằng tồn tại các số thực a,b,c đôi một phân biệt sao cho P a b, P b c, P c a . b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ai ,bi ,ci với i 1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P ai bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3. Đặt Si ai bi ci với i 1,3. 2 2 2 Chứng minh rằng S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . Bài 3 . ( 5 điểm) Cho AB là một dây cố định khác đường kính của đường tròn O cố định. Gọi M là trung điểm của cung nhỏ AB . Xét đường tròn O thay đổi tiếp xúc với đoạn thẳng AB và tiếp xúc trong với O ( sao cho O khác phía với M so với đường thẳng AB ). Các đường thẳng qua M vuông góc với O A , O B cắt đường thẳng AB lần lượt tại các điểm C, D . a) Chứng minh rằng AB 2CD . b) Gọi T là một điểm thuộc O sao cho ·ATB 90 . Tiếp tuyến của O tại T cắt đoạn AB tại N và đường thẳng MN cắt O tại K khác M . Vẽ đường tròn qua M , K và tiếp xúc ngoài với O tại S . Chứng minh rằng điểm S luôn di động trên một đường tròn cố định khi O thay đổi. Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, hai điểm nguyên (hoành độ và tung độ là các số   nguyên) A, B được gọi là “thân thiết” với nhau nếu A, B khác O và 1 OAOB 1 với O là gốc tọa độ. a) Hỏi có tất cả bao nhiêu điểm nguyên M (x, y) với x 19, y 19 thỏa mãn điểm M và điểm N(3;7) “thân thiết” với nhau? b) Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên đôi một “thân thiết” với nhau?  HẾT 
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (5 điểm) Xét dãy số an xác định bởi a1 3, a2 7 và an 2 3an 1 an với n 1,2,3, a2 a2 a2 142 a) Chứng minh rằng 1 2 n , n 1,2,3, 7 72 7n 3 1 1 1 b) Với mỗi n 1, đặt bn . Chứng minh rằng dãy số bn có giới hạn a1a2 a2a3 anan 1 hữu hạn khi n và tìm giới hạn đó. Lời giải Kiến thức sử dụng: Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai là phương trình sai phân dạng: * u1 , u2  , aun 1 bun cun 1 f n với n ¥ . Nếu 1,2 là hai nghiệm thực khác n n nhau thì un A1 B2 , trong đó A, B được xác định khi biết u1,u2 . Ta có: an 2 3an 1 an an 2 3an 1 an 0 . 3 5 Xét phương trình đặc trưng của dãy a là x2 3x 1 0 với hai nghiệm x  , n 1 2 3 5 x  thỏa mãn   3,   1. 2 2 1 2 1 2 n n Khi đó ta có an A1 B2 . Với n 1 ta có a1 A1 B2 A1 B2 3 1 . 2 2 2 2 Với n 2 ta có a2 A1 B2 A1 B2 7 2 . n n Từ (1) và (2) suy ra A 1, B 1 và an 1 2 n 1. 2 2  n  n 2 n 2 n an 1 2 1 2 2 Ta có n n n ,n 1 7 7 7 7 7  2  2 1 a2 2 Đặt 1 , 2 . Có , 0;1 và 1, , n n n ,n 1 1 7 2 7 1 2 1 2 1 2 49 7n 1 2 7n Ta có 2 2 2 a1 a2 an 2 n 2 n 2 2 2 2 n 1 1 1 2 2 2 2 n 7 7 7 7 7 7 1 1 142 1 2 2. 7 1 2 n 1 (đpcm). 1 1 1 1 1 3 3 1 2 1 1 2 7 2 b) Trước hết ta chứng minh anan 2 an 1 5 với mọi n 1 (bằng phương pháp quy nạp). Với n 1 mệnh đề đúng. 2 Giả sử mệnh đề đã cho đúng với n k k ¥ , k 1 , ta có ak ak 2 ak 1 5 . Ta chứng minh mệnh đề đúng với n k 1. Thật vậy: 2 2 2 2 ak 1ak 3 ak 2 ak 1 3ak 2 ak 1 ak 2 ak 2 3ak 1 ak 2 ak 1 ak 2.ak ak 1 5 (đpcm).
3. 1 1 a a a2 1 a a Ta có . i i 2 i 1 i i 1 ,i 1. ai 1ai 2 5 ai 1ai 2 5 ai 1 ai 2 Ta có thể định nghĩa thêm a0 2 thì dãy số vẫn thỏa mãn hệ thức truy hồi. n 1 n 1 1 1 ai ai 1 1 a0 an Từ đó bn   ,n 1. i 0 ai 1ai 2 5 i 0 ai 1 ai 2 5 a1 an 1 n n an 2 3 5 Theo câu a) ta có an 1 2 ,n . Suy ra lim . n an 1 3 5 2 1 2 3 5 5 3 5 Vậy lim bn (đpcm). n 5 3 2 30 Bài 2. Cho đa thức bậc ba P x x3 3x . a) Chứng minh rằng tồn tại các số thực a,b,c đôi một phân biệt sao cho P a b, P b c, P c a . b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ai ,bi ,ci với i 1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P ai bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3. Đặt Si ai bi ci với i 1,3. 2 2 2 Chứng minh rằng S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . Lời giải a) Giả sử a,b,c là bộ 3 số thực đôi một phân biệt thỏa mãn P a b, P b c, P c a . Xét a 2cos với 0;  khi đó b P a P 2cos 8cos3 6cos 2cos3 . Tương tự, c P b P 2cos3 2cos9 , a P c P 2cos9 2cos 27 . k 13 Từ đó ta cần có 2cos 2cos 27 27 k2 k Z . k 14 3 9 Vậy chọn a 2cos thì b 2cos , c 2cos ta được bộ 3 số thực a,b,c đôi một phân 13 13 13 biệt thỏa mãn bài toán. b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ai ,bi ,ci với i 1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P ai bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3. Đặt Si ai bi ci với i 1,3. 2 2 2 Chứng minh rằng S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . 2 2 2 Giả sử S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 S1 S2 S3 d . Xét đa thức Q x x P x P P x d suy ra Q x là đa thức bậc 9. Ta có: Q a1 a1 P a1 P P a1 d a1 b1 P b1 d a1 b1 c1 d S1 d 0 .
4. Q b1 b1 P b1 P P b1 d b1 c1 a1 d S1 d 0 . Q c1 c1 P c1 P P c1 d c1 a1 b1 d S1 d 0 . Suy ra a1,b1,c1 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình Q x 0 . Tương tự, a2 ,b2 ,c2 và a3 ,b3 ,c3 cũng là các nghiệm phân biệt của phương trình Q x 0 hay phương trình Q x 0 có 9 nghiệm thực phân biệt có tổng bằng 3d . 3 Mặt khác, Q x x x3 3x x3 3x 3 x3 3x hay Q x x9 9x7 27x5 29x3 7x suy ra Q x không chứa x8 nên theo định lí viét thì phương trình Q x 0 có tổng các nghiệm bằng 0 hay 3d 0 d 0 Q x 0 có một nghiệm bằng 0, mà P 0 0 mâu 2 2 2 thuẫn với giả thiết P ai bi , P bi ci , P ci ai . Vậy S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . Bài 3 . ( 5 điểm) Cho AB là một dây cố định khác đường kính của đường tròn O cố định. Gọi M là trung điểm của cung nhỏ AB . Xét đường tròn O thay đổi tiếp xúc với đoạn thẳng AB và tiếp xúc trong với O ( sao cho O khác phía với M so với đường thẳng AB ). Các đường thẳng qua M vuông góc với O A , O B cắt đường thẳng AB lần lượt tại các điểm C, D . a) Chứng minh rằng AB 2CD . b) Gọi T là một điểm thuộc O sao cho ·ATB 90 . Tiếp tuyến của O tại T cắt đoạn AB tại N và đường thẳng MN cắt O tại K khác M . Vẽ đường tròn qua M , K và tiếp xúc ngoài với O tại S . Chứng minh rằng điểm S luôn di động trên một đường tròn cố định khi O thay đổi. Lời giải E T O' y O K S' D A C F x N B M Lời giải a) Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của O với O và AB . Cách 1: Ta sẽ chứng minh EF đi qua M .
5. Cách 1.1. Do OM // O F nên E· OM E· O F . Do đó 180 E· O F 180 E· OM O· EF O· EM . Suy ra EF đi qua M . 2 2 Cách 1.2. Giả sử EA, EB cắt O ở X ,Y . Khi đó, dễ thấy rằng XY //AB . Ta có AF 2 AX .AE, BF 2 BY. BE nên 2 2 AF AX AE AE AF AE . . BF BY BE BE BF BE Do đó, EF là phân giác của ·AEB nên EF đi qua M . AM FM Tiếp theo, vì F· AM E· AM nên VAFM : VEAM MA2 ME.MF . EM AM Xét đường tròn điểm A và đường tròn O thì từ đẳng thức trên, ta thấy M có cùng phương tích đến hai đường tròn. Suy ra MC chính là trục đẳng phương của đường tròn điểm A và đường tròn O . Do đó, CA2 CF 2 nên CA CF Tương tự thì DB DF nên AB 2CD . Cách 2: Ta có CD NC ND NM.tan N· MC NM.tan N· MD · · O F O F MN. tan O AB tan O BA MN FA FB O F.AB OM.AB EF AB MN.2MO AB MN. MN. . . FA.FB FE.FN EM 2 ME.MF 2 b) Ta sẽ chứng minh M , S, T thằng hàng và MS.MT MA2 MB2 . Cách 1. Gọi S là giao điểm của đường thẳng TM với O , S T . Lúc đó MS .MT MF.ME MA2 MN.MK nên tứ giác NKTS nội tiếp. Gọi xS y là tiếp tuyến của O tại S , ta có xy, S M S· TN S· KM suy ra xy cũng là tiếp tuyến của đường tròn MKS . Do đó MKS tiếp xúc với O . Suy ra S  S . Suy ra M , S,T thẳng hàng và MS . MT MA2 MB2 Cách 2. Ta thấy rằng với mọi điểm Eo O ; Fo AB sao cho Eo Fo đi qua M thì chứng minh 2 2 tương tự trên, ta đều có MA = MB = MEo.MFo Xét phép nghịch đảo  tâm M , phương tích MA2 thì: AB  O , O  O . Ảnh của TN qua  sẽ là một đường trong đi qua M và tiếp xúc với O . Chú ý rằng  : N  K nên ảnh của TN là MSK . Suy ra S  T hay M , S, T thẳng hàng và MS.MT MA2 MB2 .
6. Tiếp theo, bằng cách xét tam giác đồng giác, ta có S·AM ·ATS, S·BM B· TS nên S·AM S·BM 90 Xét tứ giác AMBS có ·AMB không đổi và tổng S·AM S·BM 90 nên ·ASB 270 , chứng tỏ S luôn thuộc cung chứa góc 270 dựng trên AB . Ta có đpcm Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, hai điểm nguyên (hoành độ và tung độ là các số   nguyên) A, B được gọi là “thân thiết” với nhau nếu A, B khác O và 1 OAOB 1 với O là gốc tọa độ. a) Hỏi có tất cả bao nhiêu điểm nguyên M (x, y) với x 19, y 19 thỏa mãn điểm M và điểm N(3;7) “thân thiết” với nhau? b) Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên đôi một “thân thiết” với nhau? Lời giải a) Ta có điều kiện 1 3x 7y 1 nên có ba trường hợp: (1) Nếu 3x 7y 0 thì (x, y) ( 7t,3t) với t ¢ thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc sau 19 7t 19 2 t 2 và t 0 nên có tất cả 4 điểm. 19 3t 19 (2) Nếu 3x 7y 1 thì (x, y) ( 2 7t,1 3t) với t ¢ thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc 19 2 7t 19 2 t 3 nên có tất cả 6 điểm. 19 1 3t 19 (3) Nếu 3x 7y 1 thì (x, y) (2 7t, 1 3t) với t ¢ thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc 19 2 7t 19 3 t 2 nên cũng có tất cả 6 điểm. 19 1 3t 19 Vậy tổng số điểm nguyên thỏa mãn là 4 6 6 16. 2 2 b) Gọi điểm đã cho là Ai (ai ;bi ) với ai ,bi ¢ ,i 1,n và ai bi 0. Ta có aiak bibk 1 với mọi i k. Ta thấy rằng: - Có tối đa hai điểm thuộc trục Ox là (1;0) và ( 1;0). - Có tối đa hai điểm thuộc trục Oy là (0;1),(0; 1). Ta sẽ chứng minh rằng có không quá 2 điểm không thuộc cả Ox,Oy . Giả sử ngược lại rằng có ba điểm như thế thỏa mãn đề bài là A1(a1,b1), A2 (a2 ,b2 ), A3 (a3 ,b3 ). Ta có hai trường hợp: (1) Nếu có hai điểm thuộc cùng một góc phần tư, giả sử là A1, A2 thì các số a1,a2 cùng dấu, các số b1,b2 cũng cùng dấu nên a1a2 0,b1b2 0 a1a2 b1b2 2, loại. (2) Nếu không có điểm nào thuộc cùng một góc phần tư thì phải có hai điểm thuộc hai góc phần tư đối nhau, giả sử là A1, A2 thì các số a1,a2 trái dấu, các số b1,b2 cũng trái dấu nên a1a2 0,b1b2 0 a1a2 b1b2 2 , không thỏa. Do đó, điều giả sử là sai, tức là tổng cộng có không quá 6 điểm thỏa mãn đề bài. Ta có A1(0;1), A2 (0; 1), A3 (1;0), A4 ( 1;0), A5 (1;1), A6 ( 1;1) đôi một “thân thiết”.