Tổ 10 HSG 12 CHUYÊN ĐỒNG NAI BẢNG a 2018 2019

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O có trực tâm H, Klà trung điểm BC và G là hình chiếu vuông góc của Htrên AK.. Tia phân giác ACB cắt AB tại F và tia phân giác BID cắt BD ở M,

Trang 1

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC – TỔ 10 ĐỀ THI HSG 12 CHUYÊN – BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019

SỞ GD &ĐT ĐỒNG NAI

ĐỀ HSG KHỐI 12 CHUYÊN

(Đề gồm 01 trang)

NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút

Họ và tên: SBD:………

Câu 1 (5 điểm)

1) Chứng minh rằng phương trình x3 x2 6x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt 3

1, ,2 3

x x x Tính giá trị của biểu thức T x13x129 x23x229 x33x329

2) Cho hai hàm số y x 3x2 3x1,y2x32x2 mx có đồ thị lần lượt là 2   C1 , C2

và m là tham số thực Tìm m để  C1

cắt C2

tại 3 điểm phân biệt có tung độ là y y y thỏa 1, ,2 3

y   y   y  

Câu 2 (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c abc   Chứng minh rằng

a b c abc.\

Câu 3 (4 điểm) Cho dãy  x n

1 2 1, n n 2 n 1 3 1 n

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy  x n

đều là số nguyên

2) Tính

1

1 2

lim

n n

x



Câu 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O

có trực tâm H, Klà trung điểm BC và G là hình chiếu vuông góc của Htrên AK Lấy D đối xứng G qua BC và I đối xứng C qua D Tia phân giác ACB cắt AB tại F và tia phân giác BID cắt BD ở M, MF cắt AC tại E

1) Chứng minh rằng Dnằm trên đường tròn  O

2) Tiếp tuyến tại Acủa  O

cắt BC ở X, XEcắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBM ở điểm thứ hai là Y Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EYD tiếp xúc đường tròn  O

Câu 5 (4 điểm) Cho m n, là các số tự nhiên thỏa mãn 4m3m12n3n, chứng minh m n là lập phương

của một số nguyên

******Hết******

Địa chỉ truy cập https://facebook.com/groups/900248096852019?ref=share Trang 1

Trang 2

LỜI GIẢI CHI TIẾT HSG 12 CHUYÊN - BẢNG A - ĐỒNG NAI 2018-2019 Câu 1

1) Chứng minh rằng phương trình x3 x2 6x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt 3 x x x Tính1, ,2 3 giá trị của biểu thức  3 2   3 2   3 2 

T  x x  x x  x x 

2) Cho hai hàm số y x 3x2 3x1,y2x32x2 mx có đồ thị lần lượt là 2   C1 , C2

và m là tham số thực Tìm m để  C1

cắt C2

tại 3 điểm phân biệt có tung độ là y y y thỏa 1, ,2 3

y   y   y  

Lời giải

1) Phương trình đã cho tương đương x3x2 6x 3 0 Xét hàm số f x  x3x2 6x liên tục 3 trên  và có f3   f 0 0, f    0 1f 0, f    1 f 2  nên phương trình có nghiệm 0

1 3;0

x  

, x20;1 , x31;2

Mặt khác, đây là phương trình bậc 3 nên đây là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho

Do phương trình có 3 nghiệm x x x nên 1, ,2 3 f x   x x 1 x x 2 x x 3

Ta có: T 6x16 6  x26 6  x366 13   x1  1 x2  1 x36 3 f 1 6 93

2) Giả sử A B C, , là giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho thì tọa độ A B C, , thỏa hệ

3 2

y x x x





Nên cũng thỏa phương trình hệ quả của hệ là: ym 6x 4

Khi đó, ta có: y1 4 m 6x y1, 2 4 m 6x y2, 3 4 m 6x3 với x x x là nghiệm phương 1, ,2 3 trình hoành độ giao điểm x3x23 m x   3 0

Theo Vi-et ta có

1 2 2 3 3 1

1 2 3

3 3

x x x x x x m

x x x







1 2 2 3 3 1

x x x x x x m

Từ đây giải ra được m  9

Thử lại, m  thì phương trình 9 x3x2  6x 3 0 có 3 nghiệm phân biệt theo câu 1 nên m  là giá9

trị cần tìm

Trang 3

a b c abc

Lời giải

Nếu tồn tại một trong ba số a b c, , bằng 0 thì điều cần chứng minh đúng

Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp , ,a b c  0

Giả sử ngược lại a2b2c2 abc Khi đó abc a 2 a bc Tương tự b ca c ab , 

Do đó abc a 2b2 c2 ab bc ca a b c     (mâu thuẫn) Do đó ta có đpcm

Câu 3 Cho dãy  x n

1 2 1, n n 2 n 1 3 1n

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy  x n

đều là số nguyên

2) Tính

1

1 2

lim

n n

x



Lời giải

1) Ta có từ giả thiết x x n n 2 x n2 1 3 1 n1,x n 1.x n 1 x n2 3 1 n2

từ đây suy ra

x x   x  x  x  x   n

Hay suy ra

Từ đó ta có: x n2 3x n1x n, n 1, 2,3,

Mà x1 1,x2  nên ta có 1 x n, n 1, 2,3,

2) Dãy đã cho là dãy sai phân thuần nhất cấp hai nên có phương trình đặc trưng là x2 3x1 0 với hai nghiệm t1 0 t2   nên có công thức tổng quát là 1 1 2

n

x At Bt

Khi đó,

1 2

n

Từ đó ta có

1

1 2

n

t



Câu 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O

có trực tâm H, Klà trung điểm BC và G là hình chiếu vuông góc của Htrên AK Lấy D đối xứng G qua BC và I đối xứng C qua D Tia phân giác ACB cắt AB tại F và tia phân giác BID cắt BD ở M, MF cắt AC tại E

1) Chứng minh rằng Dnằm trên đường tròn  O .

2) Tiếp tuyến tại Acủa  O

cắt BC ở X, XEcắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBM ở điểm

Trang 4

thứ hai là Y Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EYD tiếp xúc đường tròn  O

Lời giải

E

M F

I

D

G K

H I

A

1) Do G thuộc đường tròn đường kính AH và KH ,1 KH tiếp xúc 2 AH

với H ;H là chân1 2 đường cao hạ từ B lên AC , C lên AB

Từ đó ta có đẳng thức KB2 KC2 KH12 KG KA

Từ đó suy ra KBG KAB KCG KAC ,  Kết hợp tính đối xứng, suy ra ABDC nội tiếp

2) Theo câu 1) ta có ABDC nội tiếp và AD là đối trung trong tam giác ABC

Hay ta có tứ giác ABDC điều hòa

Điều này dẫn đến BDI đồng dạng BAC theo trường hợp cạnh – góc – cạnh Suy ra

IB CB

ID CA,

mà IM,CF là hai đường phân giác nên ta có

MB FB

MD FA hay MF / /AD

Do MF / /AD nên BMF BDA BCA , dẫn đến BMCE nội tiếp

Khi đó, lại có tứ giác ABDC điều hòa nên XD cũng tiếp xúc  O

và hơn nữa

XE XY XA XB XCXD

Điều này suy ra DEY

tiếp xúc XD hay DEY

tiếp xúc  O

ở D

Câu 5 (4 điểm) Cho m n, là các số tự nhiên thỏa mãn 4m3m12n3n, chứng minh m n là lập phương

Trang 5

Lời giải

Ta có 4m3m12n3 n m n  4m24mn4n218n3

Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m n m , 4 24mn4n2 thì 1 p là số lẻ do

4m 4mn4n 1 lẻ

Mà 8n p3 nên suy ra n p  hay từ đó ta có m p  do m n p  Mà 2 2

4m 4mn4n 1 cũng chia hết

cho p nên 1 p , điều này vô lý

Vậy m n m ,4 24mn4n31 1

hay suy ra m n là lập phương của một số nguyên

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	0,97 MB