Đề thi hsg toán 12 ninh bình năm học 2019 2020 (2)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình bình hành ABMN và ACPQ sao cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP.. Gọi G là giao điểm của AQ v

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH

SỞ GDĐT NINH BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN TOÁN NGÀY THI 11/09/ 2018 TIME: 180 PHÚT

ĐỀ BÀI Câu 1 (6, 0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

1

2 2ln

1

3 2x 3y 2 1

y y

x y x xy y

x x





Câu 2 (4,0 điểm).

Xét sự hội tụ của dãy số  x n

biết x  , 0 2 1 2

,

n

x x

Câu 3 (6,0 điểm).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình bình hành ABMN và ACPQ sao cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP Gọi G là

giao điểm của AQ và BM , H là giao điểm của AN và CP Đường tròn ngoại tiếp các tam

giác GMQ , HNP cắt nhau tại E và F ( E nằm trong đường tròn  O )

a) Chứng minh rằng ba điểm , ,A E F thẳng hàng

b) Chứng minh rằng bốn điểm B, , ,C O E cùng thuộc một đường tròn

Câu 4 (4,0 điểm)

Bạn Thanh viết lên bảng các số 1, 2,3, 2019 Mỗi một bước Thanh xóa hai số a và b bất kì.

Trên bảng và viết thêm số

1

ab

a b+ + Chứng minh rằng dù xóa như thế nào thì sau khi thực hiện 2018 bước trên bảng luôn còn lại số

1 2019

HẾT.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (6, 0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

1

2 2ln

1

3 2x 3y 2 1

y y

x y x xy y

x x





Lời giải

Tác giả:Lê Thị Nguyên ; Fb: Ngọc Giang Nguyên

 

2

2

1

2 2ln 1

1

3 2x 3y 2 1 2

y y

x y x xy y

x x





Điều kiện xác định: ,x y  

Phương trình (1)  x3 y3 2x y  2lny y21 2lnx x21

 x3 2x2lnx x21 y3 2y2lny y21

Xét hàm số f t   t3 2t2lnt t21

, ta có:

Suy ra f t 

là hàm số đồng biến trên 

Do đó  1  f x f y   x y

Thay xy vào phương trình (2) ta được : 3 (2x x1) 2 x1 3 

Nhận xét:

1 2

x 

không là nghiệm của (3)

Do đó  3 3 2 1 0

x



Xét hàm số   3 2 1

g x

x



 , ta có:

4 ' 3 ln 3

(2 1)

x

g x

x

  g x'   , 0

x

Suy ra g x 

đồng biến trên mỗi khoảng

1

2

 

,

1

Suy ra phương trình (3) có không quá 2 nghiệm

Mà g 1 g 1  do đó (3) có đúng hai nghiệm là 0 x 1.

Vậy tập nghiệm của hệ là: { 1 ; 1 ; 1 ; 1 }    

Câu 2 (4,0 điểm). Xét sự hội tụ của dãy số  x n

biết x  , 0 2 1 2

,

n

x x

Lời giải

Tác giả: Phan Thị Hiền; Fb: Phan Hiền

Cách 1:

+) Ta thấy x n0,  n

x  ; 1

x     

;

2, 239

+) Xét f x  2 23

x x

 

trên 0;  

có f x  22 2 33 0, x 0; 

x x

nên yf x  nghịch biến trên 0;  .

+) Xét dãy số x 2n

là một dãy con của dãy số  x n

Dãy số x 2n

là một dãy số tăng

Thật vậy:

-) x0x2

-) Giả sử x2k2x k2k,  Vì yf x  nghịch biến trên 0;  

nên

x  f x  f x  x   x  f x   f x  x Vậy x2k x2k2

Theo nguyên lí quy nạp, x2n,n  là một dãy số tăng và ngoài ra x2n     2, n

+) Giả sử limx n  a limx2n  và a a  2

,

n

x x

nên



a 3 a2 a 3 1 0 a 3

(mâu thuẫn với a 2)

Vậy giả sử sai Dãy số  x n

là dãy số phân kì

Cách 2:

+) Ta thấy x n0,  n

x  ; 1

x     

;

2, 239

+) Ta chứng minh x2n    2, n , 1 

Thật vậy: Với n 0 thì x  0 2 3 nên  1 đúng với n 0.

Giả sử  1 đúng  n k k,   tức là x  ta chứng minh 2k 2  1 cũng đúng với n k 1.

Ta có:

x   x       x    

Theo nguyên lí quy nạp ta có x2n     2, n

+) Xét dãy số x 2n

là một dãy con của dãy số  x n

Giả sử limx n  a limx2n  và a a  2

,

n

x x

nên



a 3 a2 a 3 1 0 a 3

(mâu thuẫn với a 2)

Vậy giả sử sai Dãy số  x n

là dãy số phân kì

Câu 3 (6,0 điểm).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình bình hành ABMN và ACPQ sao cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP Gọi G là

giao điểm của AQ và BM , H là giao điểm của AN và CP Đường tròn ngoại tiếp các tam

giác GMQ , HNP cắt nhau tại E và F ( E nằm trong đường tròn  O

)

a) Chứng minh rằng ba điểm , ,A E F thẳng hàng

b) Chứng minh rằng bốn điểm B, , ,C O E cùng thuộc một đường tròn

Lời giải

Tác giả: Hoàng Duy Thắng; Fb: Hoàng Duy Thắng

Gọi   O1 , O2

lần lượt là đường tròn ngoại tiếp của tam giác GMQ , HNP suy ra EF là trục

đẳng phương của   O1 , O2.

Gọi D là giao điểm của BM và CP suy ra AGDH là hình bình hành

Vì ABN CAP AB AN,   CA CP, 

BA, BD  AB, AN  CA CP,   CA CD, 

, , ,

A B C D

Suy ra CA CB,   DA DG,  , AB AC,   DG DC,   GD GA, 

Suy ra hai tam giác ABC và GADđồng dạng

AB GD AH

AC GA AG

Mà

AB CP ABN CAP

CA AN

 1   2 

AH CP AQ

AG AN AN

AH AN AG AQ

Mà EF là trục đẳng phương của   O1 , O2  AEF

Vậy , ,A E F thẳng hàng.

b) Gọi F MNPQ

Ta có: F M F Q ,    AB AC,   GM GQ, 

Suy ra F O1 Tương tự FO2 Suy ra F  F

Ta có , ,E F M G , đồng viên GB GE,   GM GE,   FM FE,   AB AE, 

Suy ra , , ,A B E G đồng viên.

Tương tự ,C, , HA E đồng viên.

Suy ra EB EC,   EB EA,   EA EC,   GB GA,   HA HC,  2DB DC, 

Mà , , ,A B C D đồng viên suy ra D O  OB OC,  2DB DC, 

EB EC,  DB DC, 

Suy ra B, , ,C O E đồng viên.

Câu 4 (4,0 điểm)

Bạn Thanh viết lên bảng các số 1, 2,3, 2019 Mỗi một bước Thanh xóa hai số a và b bất kì.

Trên bảng và viết thêm số

1

ab

a b+ + Chứng minh rằng dù xóa như thế nào thì sau khi thực hiện 2018 bước trên bảng luôn còn lại số

1 2019

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Dung ; Fb:Ngọc Dung.

Cách 1.

Với mỗi tập T={a a1; ; ;2 a n} các số viết trên bảng thì đặt

n

A T

=çççè + ÷÷øèççç + ÷ ç÷ø èçç + ÷÷ø

( {1; 2; ; 2019} ) 1 1 1 1 1 1 2020

A æç öæ÷ç ÷ö æç ö÷

Þ = +çç ÷÷çç + ÷÷ çç + =÷÷

Ta thấy:

1

ab

a b

+ +

Suy ra nếu xóa hai số a và b và thay bởi 1

ab

a b+ + tập T biến thành tập T' thì:

( ) ( ')

A T =A T

Giả sử sau khi thực hiện 2018bước ta được số thực x ta có:

2019

x

Vậy trên bảng luôn còn lại số

1 2019

Cách 2.

a b =a b ab ab= a b ab

-Thực hiện xóa

; 1

ab c

a b+ +

thì sẽ thêm

( 1)( 1)

-( 1)( 1)( 1) -1

( 1)( 1)

-ab

c

abc

c

+ +

Sau 2018lần thực hiện, trên bảng còn lại là 1 số là:

2.3.4 2020 1.2.3 2019=2019

-HẾT.