Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
Trang 1S n ph m c a Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC ả ẩ ủ Đề HSG HCMngày thi th nh t n ứ ấ ăm 2019-T 1 ổ
ĐỀ HSG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN(NGÀY THI THỨ NHẤT)
TIME: 180 PHÚT
Câu 1 (5 điểm) Xét dãy số ( )a xác định bởi n a1 =3, a2 =7 và a n+2 =3a n+1−a với n n=1, 2,3,
a) Chứng minh rằng 12 22 2
2
142
7 +7 + +7n < 3
n a
a a
, ∀ =n 1, 2,3,
b) Với mỗi n≥1, đặt
+
n
n n
b
a a a a a a Chứng minh rằng dãy số ( )b có giới hạn n
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 (a b c với i, ,i i) i=1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho ( )i i, ( )i i, ( )i i
P a =b P b =c P c =a với i=1,3 Đặt S i = + +a i b c i i với i=1,3
Chứng minh rằng S12+S22+S32 ≠S S1 2+S S2 3+S S3 1
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 OBuuur uuur× ≤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
(3;7)
N “thân thiết” với nhau?
b) Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên đôi một “thân thiết” với nhau?
HẾT
Trang 2GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN(NGÀY THI THỨ NHẤT)
TIME: 180 PHÚT
Câu 1 (5 điểm) Xét dãy số ( )a xác định bởi n a1 =3, a2 =7 và a n+2 =3a n+1−a với n n=1, 2,3,
a) Chứng minh rằng 12 22 2
2
142
7 +7 + +7n < 3
n a
a a
, ∀ =n 1, 2,3,
b) Với mỗi n≥1, đặt
+
n
n n
b
a a a a a a Chứng minh rằng dãy số ( )b có giới hạn n
hữu hạn khi n→ +∞ và tìm giới hạn đó.
Lời giải
Tác giả: Hà Lê , Phạm Thị Phương Thúy; Fb: Ha Le , thuypham
Kiến thức sử dụng: Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai là phương trình sai phân dạng:
1 =α
u , u2 =β , au n+ 1+bu n+cu n− 1 = f n với ( ) ∀ ∈n ¥* Nếu λ λ1, 2 là hai nghiệm thực khác nhau thì = λ1n+ λ2n
n
u A B , trong đóA B, được xác định khi biết u u 1, 2
Ta có: a n+2 =3a n+1− ⇔a n a n+2−3a n+1+a n =0.
Xét phương trình đặc trưng của dãy ( )a là n x2−3x+ =1 0 với hai nghiệm 1 3 5
2
= =
2
3 5 2
x thỏa mãn λ λ1+ 2 =3, λ λ =1 2 1
Khi đó ta có = λ1n+ λ2n
n
a A B Với n=1 ta có a1 =Aλ1+Bλ2 ⇔ Aλ1+Bλ2 =3 1( ).
Với n=2 ta có 2 2 2 2 ( )
2 = λ1 + λ2 ⇔ λ1 + λ2 =7 2
Từ (1) và (2) suy ra A=1,B=1 và =λ1n+λ2n
n
a ∀ ≥n 1
Ta có ( )2
n
a
n
Đặt 12 22
ϕ = ϕ = Có ϕ ϕ ∈1, 2 ( )0;1 và 1 2 1 2
1 1,
49
2
2
7n =ϕ ϕn+ n+7 ∀ ≥
a
n
Ta có 12 22 2 ( 2 ) ( 2 )
7 +7 + +7 = ϕ ϕ+ + +ϕ + ϕ ϕ+ + +ϕ +7 7+ + +7 ÷
n
a
a a
1
1 142 7
2
1
7
Trang 3S n ph m c a Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC ả ẩ ủ Đề HSG HCMngày thi th nh t n ứ ấ ăm 2019-T 1 ổ
b) Trước hết ta chứng minh a a n n+2−a n2+1 =5 với mọi n≥1 (bằng phương pháp quy nạp)
Với n=1 mệnh đề đúng
Giả sử mệnh đề đã cho đúng với n k= (k∈¥,k >1), ta có 2
+ − + =
a a a
Ta chứng minh mệnh đề đúng với n k= +1 Thật vậy:
+ + − + = + + − + − + = + + − + − + = + − + =
Ta có
2
−
i
Ta có thể định nghĩa thêm a0 =2 thì dãy số vẫn thỏa mãn hệ thức truy hồi
Từ đó
+
n
Theo câu a) ta có =λ1n+λ2n,∀
n
a n Suy ra
1
lim
2
3 5
→+∞
+
−
+
n n n
a
Vậy lim 1 2 3 5 5 3 5
→+∞
n
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 (a b c với i, ,i i) i=1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho ( )i i, ( )i i, ( )i i
P a =b P b =c P c =a với i=1,3 Đặt S i = + +a i b c i i với i=1,3
Chứng minh rằng 2 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
S +S +S ≠S S +S S +S S
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=2cosα với α∈[ ]0;π khi đó b P a= ( ) =P(2cosα) =8cos3α−6cosα =2 cos3α Tương tự, c P b= ( ) =P(2cos3α) =2cos 9α , a P c= ( ) =P(2cos 9α) =2cos 27α
Từ đó ta cần có 2 cosα =2cos 27α ⇔ = ±α 27α +k2π 13( )
14
k
k Z k
π α
π α
= −
=
Vậy chọn 2cos
13
thì 2cos3
13
, 2cos9
13
ta được bộ 3 số thực a b c, , đôi một phân biệt thỏa mãn bài toán
b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực (a b c với i, ,i i) i=1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho
Trang 4Chứng minh rằng S12+S22+S32 ≠S S1 2+S S2 3+S S3 1 Giả sử S12+S22+S32 =S S1 2+S S2 3+S S3 1⇒ =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 a( )1 = +a1 P a( )1 +P P a( ( )1 )−d = + +a1 b1 P b( )1 −d = + + − = − =a1 b1 c1 d S1 d 0
( )1 1 ( )1 ( ( )1 ) 1 1 1
Q b = +b P b +P P b − = + + −d b c a d = − =S1 d 0 ( )1 1 ( )1 ( ( )1 ) 1 1 1
Q c = +c P c +P P c − = + + −d c a b d = − =S1 d 0
Suy ra a b c là 3 nghiệm phân biệt của phương trình 1, ,1 1 Q x( ) =0
Tương tự, a b c và 2, ,2 2 a b c cũng là các nghiệm phân biệt của phương trình 3, ,3 3 Q x( ) =0 hay phương trình Q x( ) =0 có 9 nghiệm thực phân biệt có tổng bằng 3d
Mặt khác, ( ) 3 ( 3 ) (3 3 )
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 thuẫn với giả thiết P a( )i =b P b i, ( )i =c P c i, ( )i =a i Vậy S12+S22+S32 ≠S S1 2+S S2 3+S S3 1
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
Trang 5S n ph m c a Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC ả ẩ ủ Đề HSG HCMngày thi th nh t n ứ ấ ăm 2019-T 1 ổ
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
Cách 1.1 Do OM O F// ′ nên ·EOM =EO F· ′ Do đó
= = = Suy ra EF đi qua M
Cách 1.2 Giả sử EA EB cắt O, ′ ở X Y, .
Khi đó, dễ thấy rằng XY AB// Ta có AF2 =AX AE BF , 2 =BY BE nên
Do đó, EFlà phân giác của ·AEB nên EF đi qua M
Tiếp theo, vì ·FAM =EAM· nên AFM EAM AM FM MA2 ME MF
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 =CF2 nên CA CF=
Tương tự thì DB DF= nên AB=2CD
Cách 2: Ta có
tan tan
CD NC ND NM NMC NM NMD
O F O F
MN O AB O BA MN
FA FB
O F AB OM AB EF AB MN MO AB
FA FB FE FN EM ME MF
′
b) Ta sẽ chứng minh M S T, , thằng hàng và = 2 = 2
Trang 6Cách 1 Gọi S′ là giao điểm của đường thẳng TM với ( )O S′ , ′ ≠T.
Lúc đó MS MT′ =MF ME MA = 2 =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 (2 điểm)
Cách 2 Ta thấy rằng với mọi điểm E o∈( )O F; o∈AB sao cho E F đi qua o o Mthì chứng minh tương tự trên, ta đều có MA2 =MB2=ME MF o o
Xét phép nghịch đảo Ω tâm M , phương tích MA thì: 2
( ) ( ) ( )
,
↔
′ ↔ ′
Ảnh của TN qua Ω sẽ là một đường trong đi qua M và tiếp xúc với ( )O′ Chú ý rằng
Ω ↔ nên ảnh của TN là (MSK Suy ra S) ↔T hay M S T, , thẳng hàng và
Tiếp theo, bằng cách xét tam giác đồng giác, ta có ·SAM =·ATS SBM,· =BTS· nên
SAM SBM+ = o
Xét tứ giác AMBS có ·AMB=α không đổi và tổng ·SAM SBM+· =90onên ·ASB=270o−α,
chứng tỏ S luôn thuộc cung chứa góc 270o−α dựng trên AB Ta có đpcm
(1 điểm)
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 OBuuur uuur× ≤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
(3;7)
N “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 3− ≤ x+7y≤1 nên có ba trường hợp:
(1) Nếu 3x+7y=0 thì ( , ) ( 7 ,3 )x y = − t t với t∈¢ thỏa mãn Xét hệ ràng buộc sau
19 7 19
19 3 19
t
t t
− ≤ − ≤
− ≤ ≤
và t≠0 nên có tất cả 4 điểm
(2) Nếu 3x+7y=1 thì ( , ) ( 2 7 ,1 3 )x y = − + t − t với t∈¢ thỏa mãn Xét hệ ràng buộc
19 2 7 19
19 1 3 19
t
t t
− ≤ − + ≤
− ≤ − ≤
nên có tất cả 6 điểm
Trang 7S n ph m c a Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC ả ẩ ủ Đề HSG HCMngày thi th nh t n ứ ấ ăm 2019-T 1 ổ
(3) Nếu 3x+7y= −1 thì ( , ) (2 7 , 1 3 )x y = + t − − t với t∈¢ thỏa mãn Xét hệ ràng buộc
19 2 7 19
19 1 3 19
t
t t
− ≤ + ≤
− ≤ − − ≤
nên cũng có tất cả 6 điểm
Vậy tổng số điểm nguyên thỏa mãn là 4 6 6 16.+ + =
b) Gọi điểm đã cho là ( ; )A a b với , i i i a b i i∈¢,i=1,n và a i2+b i2 >0
Ta có a a i k +b b i k ≤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 A a b A a b1( , ),1 1 2( , ), ( , ).2 2 A a b Ta có hai trường hợp:3 3 3
(1) Nếu có hai điểm thuộc cùng một góc phần tư, giả sử là A A thì các số 1, 2 a a cùng dấu, các số1, 2
1, 2
b b cũng cùng dấu nên a a1 2 >0,b b1 2 > ⇒0 a a1 2+b b1 2 ≥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 A A thì các số 1, 2 a a trái dấu, các số 1, 2 b b cũng trái dấu nên1, 2
1 2 0, 1 2 0 1 2 1 2 2
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), (1;0),− A3 A4( 1;0),− A5(1;1),A6( 1;1)− đôi một “thân thiết”
HẾT