Đề thi học sinh giỏi toán 12 chuyên quảng nam 2019-2020 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN

VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

Năm học 2019 – 2020

(Đề thi gồm có 01 trang)

Môn thi : TOÁN

Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 09/10/2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN

VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

Năm học 2019-2020

Câu

Nội dung yêu cầu

Điểm

Câu 1

(3,0đ)

Phương trình ⇔ (1)

0,5

Xét hàm số . (0.25)

0,75

Chứng minh được là hàm số đồng biến trên . (0.5)

Phương trình (1) trở thành:

⇔ ⇔ (2)

0,5

Xét hàm số trên .

Ta có ,

Bảng biến thiên của trên :

x - -1 1 +

g’(x) + 0 - 0 +

-1 +

g(x)

- -5

0,25

Từ bảng biến thiên và ta thấy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất trên . (0.25)

0,5

Với , đặt trong đó t > 0. (0.25)

Thay vào phương trình (2) được . (0.25)

0,5

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất . (0.25)

Câu 2

(2,0đ)

Đặt , . Với mỗi ta có là hàm số liên tục, đồng biến trên . (0.25)

0,5

Lại có và nên phương trình có nghiệm duy nhất . (0.25)

Với n = 1 thì ta có ; với ta có . (0.25)

0,5

Với thì suy ra . Do đó , . (0.25)

Hơn nữa với mỗi thì . (0.25)

0,5

Suy ra hay là dãy số đơn điệu giảm, vì vậy dãy có giới hạn hữu hạn. (0.25)

Đặt , . Từ giả thiết, với thì

⇔ . (0.25)

0,5

Lấy giới hạn ta được ⇔. Vậy (0,25)

Câu 3

(5,0đ)

a)

(3,0đ)

Xét trường hợp bài toán như hình vẽ, các trường hợp khác tương tự

Tứ giác ATMC nội tiếp có AC//TM nên ATMC là hình thang cân, suy ra

(0.25)

0,5

Tương tự, ASMB cũng là hình thang cân nên . (0.25)

Lại có (góc có cạnh tương ứng song song)

0,5

Ta có (do tứ giác nội tiếp) (0.25)

0,5

Suy ra trong tứ giác ATMS có

(1) (0.25)

Do O nằm trên trung trực của AC và ATMC là hình thang cân nên O cũng nằm trên trung trực của MT . (0.25)

0,5

Tương tự thì O cũng nằm trên trung trực của MS nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MTS. (0.25)

Suy ra . (2)

0,5

Từ (1) và (2) ta có hay ATOS là tứ giác nội tiếp.

0,5

b)

(2,0 đ)

Gọi H là trực tâm tam giác ABC và I là tâm đường tròn Ơ-le của tam giác ABC thì ta có I là trung điểm của OH.

0,5

Đường thẳng qua O, vuông góc BC cắt BC tại P và cắt AI tại Q. Khi đó ta có AHQO là hình bình hành nên OQ = AH = 2OP nên Q đối xứng với O qua BC. (0.25)

0,5

Do đó (3). (0.25)

Lại có nên tứ giác CMNE nội tiếp. (0.25)

0,5

Suy ra . (4) (0.25)

Từ đó (3) và (4) ta có:

Đường thẳng MN đi qua O ⇔ ⇔ (0,25)

0,5

⇔ A,M,Q thẳng hàng ⇔ AM qua I. (0.25)

Câu 4

(2,0đ)

Gọi d là công sai của cấp số cộng. Ta có với mọi .

Do d không chia hết cho p nên các số có số dư khi chia cho p đôi một khác nhau.

(Hay lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo ). (0.25)

0,5

Suy ra tồn tại mà , các số còn lại với có số dư khi chia cho p là theo một thứ tự nào đó. (0.25)

Xét tích các số này ta có .

0,5

Mặt khác do p nguyên tố nên ta có định lí Wilson: (mod p).

0,5

Từ đó ta có hay . (0.25)

0,5

Lại do nên suy ra chia hết cho . (0.25)

Câu 5

(3,0đ)

Giả sử đa thức thỏa mãn

(1) với mọi .

Trường hợp 1. là hằng số, đặt .

Thay vào (1) ta được

Thử lại thấy thỏa mãn.

0,5

Trường hợp 2. không phải là hằng số, đặt và là hệ số bậc cao nhất của . Ta có thể viết trong đó là đa thức hệ số thực có . (0.25)

0,75

Cân bằng hệ số của bậc cao nhất (bậc 3n) trong (1) ta có . (0.5)

+) Nếu , ta có . Thay vào (1) ta được

⇔

(2) (0.25)

0,5

Trong (2), nếu thì bậc của VT là 2n + k, bậc của VP là nên cân bằng bậc ta phải có . Vô lý vì và . Do vậy k = 0, ta đặt . (0.25)

Thay vào (2) đi đến

=

⇔ (3). (0.25)

0,5

Đẳng thức (3) đúng với mọi ⇔ ⇔ .

Khi đó ta có . Thử lại thỏa mãn. (0.25)

+) Nếu , ta có . Thay vào (1) ta được

⇔

= (4)

Trong (4), nếu thì bậc của VT là 2n + k, bậc của VP là h ≤ nên cân bằng bậc hai vế đi đến . Điều này vô lý vì và . Do đó k = 0, ta đặt .

0,25

Thay vào (4) đi đến

=

⇔ (5) (0.25)

0,5

Đẳng thức (5) đúng với mọi ⇔ ⇔ .

Khi đó ta có . Thử lại thỏa mãn.

Đáp số: ;;. (0.25)

Câu 6

(2,0đ)

+ Với , gán tương ứng với các số dương . Khi đó .

+ Với , chẳng hạn đều và gán ba đỉnh cùng số dương .

Khi đó .

0,25

+ Với n = 4 ta chọn trên mặt phẳng bốn điểm trong đó ba điểm là ba đỉnh của một tam giác đều có cạnh bằng 1, mỗi điểm gán số ; điểm còn lại là tâm của tam giác đều đó và gắn số thì bốn điểm này thỏa mãn bài toán thỏa mãn.

(Trong bốn điểm trên nếu bỏ đi một hoặc hai điểm cùng với số gán với nó thì ba điểm hoặc hai điểm còn lại cũng thỏa mãn, do đó n = 2, n = 3 thỏa mãn.)

0,25

+ Với n = 5. Giả sử có 5 điểm A, B, C, D, E cùng với các số dương gắn với chúng lần lượt là a, b, c, d, e thỏa mãn bài toán.

Nếu có 3 điểm trong chúng thẳng hàng, giả sử là A, B, C theo thứ tự đó. Khi đó ta có AB + BC = AC nên (a + b) + (b + c) = (a + c) ⇒ b = 0 vô lý. Như vậy trong 5 điểm đó không có ba điểm nào thẳng hàng.

0,5

Nếu có 4 điểm trong chúng tạo thành một tứ giác lồi, giả sử là tứ giác lồi ABCD. Khi đó theo giả thiết thì AC + BD = (a + c) + (b + d) = AD + BC.

Mặt khác, gọi I là giao điểm hai đường chéo AC, BD thì ta có

AC + BD = (AI + IC) + (BI + ID) = (AI + ID) + (BI + IC) > AD + BC.

Điều này mâu thuẫn nên tất cả các bộ 4 điểm đều chỉ tạo thành tứ giác lõm.

0,5

Xét 4 điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lõm trong đó D nằm trong tam giác ABC. Khi đó điểm E nằm ở đâu cũng có ít nhất một bộ 4 điểm tạo thành một tứ giác lồi nên không thỏa mãn (có thể vẽ hình minh họa).

Vậy n = 5 không thỏa mãn bài toán, do đó mọi cũng không thỏa mãn.

Như vậy các giá trị cần tìm của n là 2, 3, 4.

0,5

Câu 7

(3,0đ)

Đặt

Ta có (0.5)

0,75

Ta có biến đổi:

.

BĐT đã cho trở thành . (1) (0.25)

Ta sẽ chứng minh BĐT Schur

Bổ đề: “ với mọi ” (*)

Thật vậy, do nên không thể có quá một trong ba thừa số ở vế trái âm. Nếu có một thừa số âm, BĐT hiển nhiên đúng. Nếu cả ba thừa số không âm, ta có

(BĐT AM – GM)

cùng với hai BĐT tương tự, nhân lại ta có BĐT được chứng minh. (0.5)

0,75

Ta có

(0.25)

Trường hợp 1. Nếu , khi đó nên

nên BĐT (1) đúng.

0,5

Trường hợp 2. Nếu và thì từ BĐT Schur nói trên ta có

0,5

Do đó:

suy ra BĐT (2) đúng.

Vậy BĐT (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1.

0,5