BỘ 16 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM 2019-2020 (CÓ ĐÁP ÁN)
1. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Đống Đa
2. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị
3. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Bắc Ninh
4. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Khánh Hòa
5. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hà Nội
6. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hải Phòng
7. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Bình Phước
8. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
9. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hưng Yên
10. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ngãi
11. Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường
THPT Đồng Đậu (Lần 2)
12. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Trị
13. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Thái Bình
14. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
15. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Đồng Đậu
16. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Ngô Gia Tự
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA
(Đề gồm 01 trang)
ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12
MÔN: TOÁN
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 (4 điểm).
Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3 x 2 mx 2 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm
A, B, C bằng 3.
Câu 2 (6 điểm).
a. Giải phương trình: 2 sin 2 x cos 2 x 2 2 sin 2 x.cos x sin x 2 cos x .
x3 y 2 x 2 2 xy 1
b. Giải hệ phương trình:
.
2
x 3 x y 2 0
Câu 3 (4 điểm).
Cho dãy số un
Đặt S n
2020
u1
xác định bởi
, n * .
2019
2u u 2 2u
n 1
n
n
1
1
1
. Tính lim Sn .
...
u1 2 u2 2
un 2
Câu 4 (4 điểm).
Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay
đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng SMN luôn vuông góc với
mặt phẳng ABC . Đặt AM x, AN y.
a.
Chứng minh rằng x y 3 xy.
b.
Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất.
Câu 5 (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức.
P
2
abc
abc
3
.
3 ab bc ca
6
1 a 1 b 1 c
----------------------- HẾT ----------------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12
CÂU
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3 x 2 mx 2 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm
4
A, B, C bằng 3.
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
x3 3 x 2 mx 2 m 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.
1,0
x3 3 x 2 mx 2 m 0 ( x 1)( x 2 2 x m 2) 0
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x 2 2 x m 2 0 (2) có hai nghiệm phân
' 3 m 0
biệt khác 1
m 3 (*) .
1 2 m 2 0
1
1,0
Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại giao điểm A, B, C là:
1,5
y '(1) y '( x1 ) y '( x2 ) 3( x1 x2 ) 2 6 x1 x2 6( x1 x2 ) 3m 3 9 3m
Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3 9 3m 3 m 2 (t/m đk (*)).
0.5
ĐS: m 2
Giải phương trình: 2 sin 2 x cos 2 x 2 2 sin 2 x.cos x sin x 2 cos x
a
1,0
2cos x 1 sin 2x 2cosx -1 2 s inx 2cosx -1 2
cos2x =
2 sin 2x.cosx - sin2x
2cosx -1
2 sin x - sin2x 2 2cosx - 2
2
1,0
2
2cosx +1
2cosx -1
1
1
cosx = 2
2 s inx + cosx 2sinx.cosx - 1 = 0
+ (1) x
+ (2) x
4
4
2cosx -1 sin 2x - 2 s inx +2
0.5
2
k 2
0.5
k x
4
k 2 ,
Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………..
b
x3 y 2 x 2 2 xy 1
Giải hệ phương trình:
.
2
x 3 x y 2
x 2 2 x x y 1
Viết lại hệ:
2
x 2 x x y 2
3
1,0
Đặt u x 2 2 x, v x y . Dễ có: u 1 .
u.v 1
Hệ trở thành:
u v 2
0.5
u 1
Suy ra:
v 1
0.5
x 2 2 x 1
Ta có
x y 1
0.5
x 1
y 0
0.5
Cho dãy số un
2020
u1
xác định bởi:
, n *
2019
2u u 2 2u
n 1
n
n
4
Đặt S n
1
1
1
. Tính: lim Sn .
...
u1 2 u2 2
un 2
Ta chứng minh un 1, n * (1) bằng phương pháp qui nạp toán học.
3
Với n 1, u1
2020
1 (1) đúng với n 1 .
2019
Giả sử (1) đúng với n k (k 1) ta có uk 1 gtqn . Ta phải chứng minh (1) đúng với
n k 1 tức là phải chứng minh uk 1 1 .
Thật vậy uk 1 1
uk2 2uk
u 2 2(uk 1) uk2 1
1 k
0 uk 1 1 0 uk 1 1.
2
2
2 2
Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un 1, n *
Mặt khác un 1 un un2 un 0, n * vì dãy số un 1 nên dãy số un là dãy số
tăng.
1,0
Với mọi k N*, ta có :
2uk 1 uk (uk 2)
(u 2) uk
2
1
1
1
1
1
k
uk (uk 2) uk 1
uk (uk 2)
uk 1
uk uk 2 uk 1
1,0
1
1
1
1
1
Sn
uk 2 uk uk 1
u1 un 1
Ta chứng minh dãy số un là dãy số không bị chặn.
Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số un là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy
un tăng và bị chặn thì dãy số un có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim un a
. Vì un 1
Nên ta có a 1 . Từ định nghĩa 2un 1 un2 2un . Chuyển qua giới hạn ta có:
1,0
2a = a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1.
Vậy giả sử sai, suy ra dãy un không bị chặn trên . do un là dãy tăng nên
lim un lim
1
1
1
1 2019
0 lim S n lim (
)
un
u1 un 1
u1 2020
1,0
S
4
M
B
A
O
H
N
C
Chứng minh x y 3 xy
Kẻ SO MN , O MN do SMN ABC SO ABC
a.
Do hình chóp S . ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .
Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .
1,0
4
AB AC
1 1
3
Ta có AB AC 2. AH
AM
AN 2 AH . AM AN 2 AO .
AM
AN
x
y
2
Vì M AB, N AC
1,0
x. AM y. AN 3 xy. AO .
Do M , N , O thẳng hàng nên x y 3 xy. (đpcm).
1
1
SO.MN SSMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và SSMN SO.MN SSMN
2
2
lớn nhất khi MN lớn nhất
S SMN
2
2
Ta có MN 2 x 2 y 2 2 xy.cos600 x 2 y 2 xy x y 3 xy 9 xy 3 xy
1,0
Từ giả thiết ta có 0 x; y 1
Từ (1) ta có 3 xy x y 2 xy xy
4
9
x 1 y 1 0 xy 1 x y xy 1 3 xy xy
0.5
1
2
4 1
Đặt t = xy, t ; MN 2 9t 2 3t
9 2
4 1
Lập bảng biến thiên của hàm số f t 9t 2 3t ; t ; ta được
9 2
MN nhỏ nhất khi t
4
2
khi x y
9
3
1
x 1
1
x
MN lớn nhất khi t khi
2
1 hoặc
2
y
2
y 1
0,5
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3 . Chứng minh rằng:
2
abc
abc
3
1
3 ab bc ca
6
1 a 1 b 1 c
Đặt : P
2
abc
abc
3
3 ab bc ca
6
1 a 1 b 1 c
2
0.5
2
Áp dụng bất đẳng thức: x y z 3 xy yz zx x, y, z
0.5
Với a, b, c 0 ta có:
5
ab bc ca
2
3abc a b c 9abc 0 ab bc ca 3 abc
Ta có: 1 a 1 b 1 c 1 3 abc
3
a, b, c 0.
Thật vậy:
1 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca abc
2
1 3 3 abc 3 3 abc abc 1 3 abc
Khi đó: P
Đặt:
6
3
3
2
3 1 abc
abc
abc
3
6
1 abc
abc t 3 abc t 2 ,
0.5
abc t 3 .
3
abc
Vì a, b, c 0 nên 0 abc
1 0 t 1
3
Xét hàm số f (t )
f '(t)
2
t2
1 3
t , t 0; 1
2
6
3 1 t 3 1 t
t
2t 2
2t
t2
1 t2
2
t
.
3 2
2 2
(1 t 3 ) 2 (1 t 2 ) 2 2
(1 t ) (1 t ) 2
0.5
(1 t )(1 t 5 )
t2
2t.
0, t (0;1]
(1 t 2 ) 2 .(1 t 3 ) 2 2
Suy ra f (t ) đồng biến trên f (t ) trên (0;1] ta có f (t ) f (1) 1, t (0;1] .
2
abc
abc
3
1
3 ab bc ca
6
1 a 1 b 1 c
Dấu ‘=’ xảy ra khi a b c 1 .
Vậy MaxP 1 khi a b c 1
Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa
0.5
so cD&Dr euANc
rnl
rci rnr cHeN
t2 cLP rixn
cuuv0n
TRUcTNG TIrPT
rHr
HSG LdP
NAnn HQC: 2019 - 2o2o
Mdn thi: To6n
Ln eu.f BON
(DA thi
EQr ruYEN DU
gim cd 01 trang)
Thdi gian ldm bdi: 150 philt
Cflu 1(6 tli6m)
a) Gi6i phucrng
trinh (x -2)' + J.. 6 = 67 +Ji
1
-n
b) Tir c6c chfi s5 0, 3, 4, 5, 6,7, 8, glpp dugc bao nhi6u s5 chin, c6 ba cht s5 kh6c nhau
2(a ili6m). Trong mflt phhng tqa d0 Oxy,
Chn
fu+zMe
mdn:
--d ;
zfii+
cho hinh vu6ng
ABCD v]r cic di6m M, N thoa
wD =6
a) Chimg minh tam grttc
BMN vu6ng
chn.
b) Tim tqa dQ di€m A,UietNp;21, dvdngthingBM cd phuong trinh
x-2y-3:0
vit
di6m A c6 hodnh d0 nh6 hon2.
Cflu 3 (a tli6m).
a) cho c6c s5 thqc a,b,c th6a man ili6u kign
a+b+c>1. chimg minh ring
14rC o-at+b'+c'
1
A4+D
a
J
b) Tim GTLN, GTNN ctra him s(i:
/(x)
= x(l0
*Jtz-71
Cflu 4 (a tli6m).
Cho hinh ch6p S.ABC, c6 SA
AB
:
:
SB
:
SC vd d6y ld tam gi6cvu6ng cdn v6i c4nh huyAn
oJi.tvtqtb6n (SBC) hqp v6i mflt d6y
tich kh6i ch6p S.ABC
vi khoing
si5
/:(0,+m) +
.f(x+ y)+ f(xy)
vi
t6n
(p saocho cosp'
=+.
Tinh theo a th6
J13
cdch gifia hai duong thFngAB vd SC.
cffu 5 (2rli6m). Tim t6t cil cilchim
Hq
mQt g6c
:
x
(0;+oo) th6a mftn
ding thirc
* ! * xY, Yx,Y e (0;+m)
SBD
urldNc nAN cuAilr uoN roAx
THr Hsc cAp
ruvnx gsc
D
DE THI CH
D
CAU
I
( 6d)
a) Gini phuong trinh
(x-2)' +J*+e
rixu
Di0m
an
+Jir-, 1t), x e [-o;t t]
=67
o (J, + 6 -4) + (r - Ji r-,)+ *' - +* -60 = 0
11
+ x+6 -0
e (x-10) _:
Jx+6 +4 t+.,/t 1-x
1
(r)
11
+x+6>0,xe[-6;11]
Jx+6+4 l+Jl1-x
1
Qx:10 ( Vi _:
b) Gqi
)
As6 cAn t\m: a,b,c d6i mQt kh6c nhau, a+0 ' c lir sti chin.
3, 4, 5, 6,7 ,8,9\ .
{a ,b , c\ c { o,
. c=0,m6ic6chchon cs6c6 7 cdchchon a (kh6c c:0),m6ic6chchqn
ot"
c,a
.
sdc6 6 c6ch chon
b (kh6c c,a), n€nc6 7.6:42 s6loai
1
ndy'
* 0, c6 3 c6ch chon c chian, mdi crich chon c sE c6 6 c6ch chgn a
(a * 0,a+ c), m6i c6ch chon c,a c66 c6ch chgn b (kh6cc,a ) ndn c6:
c
1
3.6.6=108 sd loai ndy.
s6 thoa m6n dO bei'
V{y, tong cong c6: 42+lO8:150
7
F
N
A
1
(4d)
B
C
E
bing 3m. Qua M k6 dunng vu6ng g6c v6i BC cEt BC, AD
frnp:Tr,Ttr-ta
c6:
bdi
tt
de
416,
F.
Khi
] ::
,^: ^' =ABEM:AMFN'
mn tuqt t4i E,
a) E[t
canh hinh vu6ng
1
[BE:MF:2m
= fr: fr,us:vnt
+6ME+
fr
D @M) :x -2y -3 = O+(MN)
rqa d0 di6m M
IvF2 +FN2
rd nghi€m cua h6
:MN2 e4m2
+
=9oo
-
6=0
_', =or=
cdn t4i
M'
1
.
,(g;
o)
.
1
> AN : l,AM :2J,
(o-2)'*(b-2)' =r
m' = 5 e m-
Giai hQ, voi a <2 , ta duqc A (1;2 )
vay ABMN wdng
:2x + y
{;;1;
Gqi A (a;b) , v6i a 12 , ta c6 h€
"
1
(o-3)'+b2 =8
1
3
(4d)
a) Vx,-y € R, ta c6 xo + yo ) x3 y+rlr' ( * )
o (, * y)' (r' + xy + y')> o, dirng Vx, y e tR.
0,5
Ap dgng ( * ), ta duoc
!)'=1r,*( !\'o
o,*(
\3, 3 (3.r
o' *( !l' la,*(1)'u
\3, = 3 (31
.' *[1)'
\3,
r
,1.,'*(1)'.
3
r,r = (r)
a'J
I
\3/
(o
/r\3
+b+.)>l ; I . cQng ve theo vC ta co:
\J/
13+C3
4_) A-.3+D +c'
14
rb-+c-
33
b) TXD: D =
( dpcm ). ^r
Ddubangxay ra
[-.E,Jir], r{-,):-/(x),vx
e
e o:6- s=!
0,5
D
/(r)>otr€n [0,.D], /(,) < o tron [-Jo,o]
:
max J (x) =
,{,1fr,f (,) = X.T / (,) - ,{,?fr,f (*)
0,5
Theo BDT C-B, ta c6
,r
(r)
<
rJ0.r f0.(r2-r') = *.Ji.Jzz- *' . ^1n.x: +4-
=,r(r) SKH =Q'
I
aJI.
.6 a
6
1
LAB
> AH r (SCH).
SH LAB
Trong LSCH kdtludng cao HI-d(SC,AB)=nt
CH
Gt=
,t
I a CO
a
r
5
(2d)
=
I
-----'---:-
T
I
---------=
I
=
11
T
d( AB:SCl=
HI, SH' CH" -;3A" o3a
f(x+y)+"f(xl,)- x+y+ry,Yx,y >0 (1)
. x: !=)a f (4)=4.
LAn luot thay (x;y) . {{t;t);{z;1);(3;1)} vdo (1), ta c6:
I f tzl+ / rD::
[/1:) =:
tl
i/t:lo f Q)=5-\l \2)=2[l r+i * /(3):; [7'trl :
Th6 x : !.! =l1r > O) vio ( l) ta thu dugc:
-
1
.t l
Hl: n'' a.
1
7
0.5
r
I
t'
'
1(r+-1+J(l):t+-t
'',=Jtt+!)=t+1
" t. t =J'(x)=x.vx>z(1oo,*1=z''l.
/ )
Ti6p tuc th€, y = 2.
Tt
(1) ta suy ra
(2x): x+2+2x
f
Ilf lr*2)+
2)= **2.Vx> 0
[,ftr*
Thu
0.5
0.5
= - f12x):2x.Yx >0 haY./(x)=x.Vx>0
lai,f(*) :x,Vx > 0 th6a mdn di6u kiQn bdi to6n.V{y "f(*) :x,Vx
e (0;+"o).
0.5
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 24/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Câu 1 (5,0 điểm)
Cho hai dãy số (un ), (vn ) xác định như sau u0 a; v0 b với hằng số thực a, b cho trước thỏa
un vn
, vn 1 un 1.vn với mọi số tự nhiên n .
2
a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau.
b) Tìm giới hạn đó theo a, b .
mãn 0 a b và un 1
Câu 2 (5,0 điểm)
Cho số nguyên tố p . Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện
2020n 2019 n 2018 (mod p) .
Câu 3 (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H , O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC ; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác ABC. Các đường
thẳng OD và BE cắt nhau tại K , các đường thẳng OE và AD cắt nhau tại L. Gọi M là trung điểm
cạnh AB. Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C , D, O, H cùng nằm trên
một đường tròn.
Câu 4 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các đa thức f x có hệ số thực và bậc là số tự nhiên lẻ sao cho:
f x 2 1 f 2 x 1, x .
------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Đáp án
Câu
Điểm
Cho 2 dãy số (un ) , (vn ) xác định như sau:
u0 a; v0 b với hằng số thực a, b cho trước thỏa mãn 0 a b và un 1
1.a
un vn
,
2
vn 1 un 1.vn với mọi số tự nhiên n .
2,0
a) Chứng tỏ hai dãy đã cho đều hội tụ và có giới hạn bằng nhau.
Ta chứng minh quy nạp rằng un un 1 vn và un 1 vn 1 vn với mọi n .
Do đó, 2 dãy đã cho là đơn điệu và bị chặn bởi u0 a; v0 b nên hội tụ.
Từ un 1
1.b
un vn
lim un lim vn
, cho qua giới hạn ta được lim un 1
hay lim un lim vn
2
2
(đpcm).
b) Tìm giới hạn đó theo a, b .
1,0
1,0
3,0
a
cos với (0; ) . Ta chứng minh rằng
b
2
un b cos 1 .cos 2 ...cos n 1 .cos 2 n
2
2
2
2
Và vn b cos 1 .cos 2 ...cos n với mọi số nguyên dương n .
2
2
2
Do 0 a b nên đặt
Từ đó rút gọn biểu thức ta được vn
1,0
1,0
b sin
b sin
.
n
n
2 sin n
2
b2 a 2
Vậy lim un lim vn
.
a
arccos
b
1,0
Cho số nguyên tố p . Chứng minh rằng, tồn tại vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện
2
2020n 2019 n 2018(mod p ) .
Ta xét 2 trường hợp.
Trường hợp 1. Nếu p là ước nguyên tố của 2020, khi đó, chỉ cần chọn n 2018 p là thỏa
mãn.
Việc này chứng tỏ tìm được vô số n .
5,0
1,0
Trường hợp 2. Nếu p không là ước nguyên tố của 2020, khi đó ( p, 2020) 1 .
n 2019 0(mod p 1)
Chọn
n 2018 1(mod p)
2,0
Theo định lí Fecma a p 1 1(mod p ) ta được
2020 p 1 1(mod p) 2020n 2019 1(mod p)
1,0
nên 2020n 2019 n 2018(mod p ) (thỏa mãn đề bài).
Lại có, theo định lí Trung Hoa về dư thì hệ phương trình đồng dư luôn có nghiệm n vì
p, p 1 1 nên có vô số tự nhiên n thỏa mãn. (đpcm)
1,0
Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H , O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC ; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác
3
ABC . Các đường thẳng OD và BE cắt nhau tại K , các đường thẳng OE và AD cắt
nhau tại L . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng
5,0
khi và chỉ khi bốn điểm C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
C
x
Q
Áp dụng định lí Menelaus cho
tam giác HAB và ba điểm
K , L, M ta có: K , L, M
D
P
L
E
H
A
Ta lại có
bán
thẳng hàng khi và chỉ khi
K
M
0,5
KB LH MA
.
.
1
KH LA MB
KB
LA
(1)
KH
LH
O
B
KB S BOD
LA S AOE
(cùng cạnh đáy OD),
(cùng cạnh đáy OE) và gọi R là
KH S HOD
LH S HOE
ABC
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
1
1
1
S AOE AE.d (O, AE ) c.cos A.R .cos B R. c.cos A.cos B
2
2
2
1
Tương tự S BOD R. c.cos A.cos B
2
Nên S AOE S BOD .
và
c AB
thì
Từ các kết quả trên ta có (1) S HOD S HOE khi và chỉ khi OH || DE (nếu H và O cùng
phía đối với DE ) hoặc OH đi qua trung điểm ED (nếu H và O khác phía đối với DE ).
Trước hết, vẽ tiếp tuyến C x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C , dễ dàng
chứng minh CED ABC ACx suy ra DE || Cx từ đó dẫn đến CO vuông góc với
DE (2).
Ta chứng minh (1) xảy ra khi chỉ khi OH || DE .
Thật vậy, nếu xảy ra trường hợp còn lại, tức là OH đi qua trung điểm ED .
Khi đó, gọi P, Q lần lượt là trung điểm của ED , HC . Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp
đường tròn tâm Q , suy ra QP vuông góc với ED . Kết hợp (2) suy ra QP || CO .
1,0
0,5
0,5
2,0
Xét tam giác CHO có Q là trung điểm HC và QP || CO suy ra P là trung điểm OH nên
EHDO là hình bình hành, suy ra OD || EH . Điều này trái với giả thiết OD cắt BE .
Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi OH || DE , mà do (1) nên điều này khi và chỉ khi CO OH
khi và chỉ khi C , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
Tìm tất cả các đa thức f x hệ số thực, có bậc là số tự nhiên lẻ
4
sao cho
5,0
f x 2 1 f 2 x 1, x
Thay x bằng x ta có f 2 x 1 f
0,5
x 1 f x 1 f
2
2
2
x 1
Suy ra f 2 x f 2 x
0,5
f ( x) f ( x) x A
Nên
trong đó A B
f ( x) f ( x) x B
.
Nếu tập A vô hạn hay phương trình f x f x 0 có vô số nghiệm mà bậc của f là
hữu hạn nên f ( x) f ( x) 0 f x f x , x
(1)
Lại có deg f là lẻ nên trong hai giới hạn lim f ( x) và lim f ( x) có đúng một giới hạn là
x
x
và một là , do đó tồn tại x0 (đủ lớn) sao cho f x và f x trái dấu (suy ra
1,0
không bằng nhau) khi x x0 điều này mâu thuẫn với (1) nên tập A không thể là vô hạn.
Suy ra tập B là vô hạn hay phương trình f x f x 0 có vô số nghiệm mà bậc của
f là hữu hạn nên f x f x , x
.
f 0 f 0
f 0 0
Chọn x 0
và f 1 1 .
2
f 1 f 0 1 f 1 1
0,5
Xét dãy số a0 1; an 1 an 1
Dễ thấy an 1, n 0
Ta chứng minh an 1 an , n 0 1 .
1,5
Thật vậy n 0 a1 2 1 a0 bài toán đúng với n 1
Giả sử (1) đúng đến n , suy ra an 2 an 1 1 an 1 an 1 . Vậy (1) được chứng minh.
Bây giờ ta chứng minh f an an , n 0
2 bằng quy nạp.
Với n 0 f a0 f 1 a0 suy ra (2) đúng với n 0
Giả sử f an an ta chứng minh f an 1 an 1 , ta có
f 2 an 1 1 f a 2 n 1 1 1 f an 1 an a 2 n 1
f an 1 an 1 hoặc f an 1 an 1
1,0
Nếu f an 1 an 1 f 2 an 1 1 f a 2 n 2 1 1 f an 1 1 an 1 0 (vô lí) do đó
f an 1 an 1.
Vậy (2) được chứng minh, do đó phương trình f x x có vô số nghiệm nên f x x
với mọi x R .
0,5
Thử lại ta thấy f x x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
---------------Hết---------------
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Câu 5 (7,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm f :
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 25/9/2019
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
thỏa mãn điều kiện:
f xy 1 f x f y 2 xy 1 với mọi x, y
.
Câu 6 (7,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC , D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Trên cạnh AC , AB lần lượt lấy
các điểm E , F sao cho ED EC , FD FB . Gọi I , J , K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
ABC , BDF , CDE .
a) Gọi H là trực tâm của tam giác JDK . Chứng minh rằng tứ giác IJHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng khi D chuyển động trên BC , đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK luôn đi
qua một điểm cố định khác điểm I .
Câu 7 (6,0 điểm)
Cho một đa giác đều A1 A2 ... A20 có 10 đỉnh của đa giác được tô màu xanh, 10 đỉnh còn lại được tô
màu đỏ. Ta nối các đỉnh với nhau.
a) Gọi a là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh màu đỏ liên tiếp, b là số các đoạn thẳng nối hai đỉnh
màu xanh liên tiếp. Chứng minh a b.
b) Xét tập hợp S gồm đường chéo A1 A4 và tất cả các đường chéo khác của đa giác mà có cùng
độ dài với nó. Chứng minh trong tập hợp đó, số đường chéo có hai đầu là màu đỏ bằng với số đường
chéo có hai đầu là màu xanh. Gọi k là số đường chéo có hai đầu là màu xanh trong , tìm tất cả các giá trị
có thể có của .
------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...
- Xem thêm -
.PDF 
124 
225 
70 
