Đề chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 12 năm 2019 - 2020 sở GDĐT Bình Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12

BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY: 22 – 10 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 22/10/2019

Bài 1. (2,0 điểm)

Giải phương trình 2 2 5 4 2 4 1. x x x x + + + − = −

Bài 2. (3,0 điểm)

Cho dãy số ( ) nu được xác định như sau:

1 2 2 u = − , 1 2 n n u u + = + với mọi 1,2,... n = .

Tính ( ) lim 2 2 . n n u −

Bài 3. (3,0 điểm)

Cho hai đa thức ( ) P x và ( ) ( ) ( ) Q x aP x bP x ′ = + với ,a b là các số thực và 0 a ≠ .

Chứng minh rằng nếu đa thức ( ) Q x vô nghiệm thì đa thức ( ) P x cũng vô nghiệm.

Bài 4. (5,0 điểm)

1. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng 2 2 2 a b c + + với , , a b c là các số tự nhiên sao

cho 4 4 4 a b c + + chia hết cho p .

2. Trên bảng kẻ ô vuông 2 n × ghi các số dương sao cho tổng của hai số trong mỗi cột

bằng 1. Chứng minh rằng có thể bỏ đi một số trong mỗi cột để trên mỗi hàng các số

còn lại có tổng không vượt quá 1 4 n + .

Bài 5. (7,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC ( ) AC BC < nội tiếp trong đường tròn tâm O. Phân giác góc C

cắt đường tròn ( ) O tại R . Gọi , K L lần lượt là trung điểm của AC và BC .

Đường vuông góc với AC tại K cắt CR tại P , đường vuông góc với BC tại L

cắt CR tại Q. Chứng minh rằng diện tích của các hình tam giác RPK và RQL

bằng nhau. 2. Cho hình chóp .S ABC có , , SA SB SC đôi một vuông góc. Gọi R và r lần lượt là

bán kính mặt cầu ngoại tiếp và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp; V là thể tích

khối chóp và h là đường cao của hình chóp từ đỉnh S . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức ( )

2 V h r

R rh

− .

--------------- HẾT ---------------

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. (2 điểm)

Giải phương trình 2 2 5 4 2 4 1. x x x x

Lời giải

Điều kiện: 5 2. 2 x

Phương trình đã cho tương đương

2 2 5 4 2 4 1 0 x x x x

2 2 5 3 4 2 4 4 0 x x x x

2 2 2 2 2 2 0 2 5 3

x x x x

2 2 2 2 2 2 0 2 5 3 x x x x x

2 0

2 2 2 2 2 0 2 5 3

x

x x x x

(*).

Vì 5 2 x nên 2 2 2 2 5 2 5 3 3 2 2 2 3 3 2 2 5 3 x x x x

2 2 5 2 0, 2 2 5 3 x x x

(1).

Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi 5 . 2 x

Mặt khác, do 2 x nên 2 2 0, 2 x x x (2).

Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi 2. x Từ (1) và (2) suy ra:

2 2 2 2 2 0 2 5 3 x x x x

(do dấu ‚=‛ không đồng thời xảy ra).

Khi đó (*) 2 0 2 x x (thoả mãn điều kiện). Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 2 . S

Bài 2. (3 điểm)

Cho dãy số   nu được xác định như sau:

1 2 2 u   , 1 2 n n u u   , với mọi 1,2,.... n 

Tính:   lim 2 2 n n u  .

Lời giải

1 2 2 u   3 2 2cos 4    3 2cos 8   3 3 2cos 2   .

Đặt   2cos , 0; nu     1 2 2cos nu      1 2cos 2 n u 

   .

Do đó ta có: 2 4 3 2cos 2 u   , 3 5 3 2cos 2 u   ,<.., 2 3 2cos 2 n n u 

  .

Suy ra   lim 2 2 n n u  2 3 lim 2 2 2cos 2

n n 

          

3 3 lim 2 .2.sin 2

n n 

       

3

3

3 sin 3 2 lim . 3 4 2

n

n

  





 3 4   .

Bài 3. (3 điểm)

Cho đa thức  P x và    ' Q x aP x bP x   với ,a b là các số thực và 0 a  . Chứng minh

rằng nếu đa thức  Q x vô nghiệm thì đa thức  P x cũng vô nghiệm.

Lời giải Nếu 0 b  ta có ngay điều phải chứng minh. Ta xét các trường hợp sau đây với 0 b  . Dễ thấy hai đa thức   , Q x P x cùng bậc.

Mà  Q x vô nghiệm nên hai đa thức   , Q x P x bậc chẵn.

TH1: Nếu  P x có nghiệm bội 0 x x  thì 0x cũng là nghiệm của    ' Q x aP x bP x  

(mâu thuẫn với giả thiết). TH2: Nếu  P x có hai nghiệm đơn liền nhau 0 1 x x  thì    0 1 ' . ' 0 P x P x  .

Mặt khác:                         0 0 0 0 2 0 1 0 1 1 1 1 1

' ' ' ' 0 ' '

Q x aP x bP x bP x Q x Q x b P x P x Q x aP x bP x bP x

           

.

 Q x là đa thức nên liên tục trên , do đó theo trên suy ra  Q x có nghiệm   2 0 1 , x x x 

(mâu thuẫn với giảthiết). Vậy nếu đa thức  Q x vô nghiệm thì đa thức  P x cũng vô nghiệm. (đpcm)

Bài 4 . (5 điểm)

1. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng 2 2 2 a b c   với , , a b c là các sốtự nhiên sao cho

4 4 4 a b c   …