Đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT cấp tỉnh năm 2018 2019 sở Ninh Bình

SỞ GDĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH

Năm học 2018 – 2019

MÔN: TOÁN

Ngày thi 11/09/2018

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang

Câu 1 (6,0 điểm).

Giải hệ phương trình:

2 2 2

2

x y

y y 1 (x y)(x xy y 2) 2ln

x x 1 3 .2x 3 2y 1

                

.

Câu 2 (4,0 điểm).

Xét sự hội tụ của dãy số   n x biết 0 x 2  , n 1 2 n n

2 3 x 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 kỳ trên bảng và viết thêm số ab a b 1  . Chứng minh rằng dù xóa như thế nào thì sau

khi thực hiện 2018 bước trên bảng luôn còn lại số 1 2019 .

-----Hết-----

Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................

Giám thị 2:........................................................................................

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu Nội dung Điểm

1

6 điểm





2 2 2

2

1 ( )( 2) 2ln 1 1 3 .2 3 2 1 2

                

x y

y y x y x xy y

x x x y

Điều kiện xác định: ,  x y .

Phương trình 1 3 3 2 2 2( ) 2ln( 1) 2ln( 1)           x y x y y y x x

3 2 3 2 2 2ln( 1) 2 2ln( 1)           x x x x y y y y

Xét 3 2 ( ) 2 ln( 1)      f t t t t t , ta có:

2

2

2 ( ) 3 2

1    

 f t t

t

2 2

2 2 1 1 ( 1) 2 3 1 1         t t t t

2 2 0    t t 

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 2 1 2 1    x x x (3)

Nhận xét: 1 2  x không là nghiệm của (3)

Do đó (3) 2 1 3 0 2 1     

x x x

Xét 2 1 (x) 3 2 1    

x x g x

, ta có:

2 4 ( ) 3 ln3 (2 1)    

x g x x

1 1 ( ) 0 ( ; ) ( ; ) 2 2       g x x

Suy ra g(x) đồng biến trên mỗi khoảng 1 1 ( ; ),( ; ) 2 2  

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

Mà    1 1 0    g g do đó 3 có đúng 2 nghiệm là 1  x .

Kết luận: Tập nghiệm của hệ là   (1;1);( 1; 1)  .

2

4 điểm

Nhận xét: 0  nx *  n .

Đặt  2 2 3   g x x x

, ta có g(x) nghịch biến trên   0;

Do ( ) g x nghịch biến trên  0; nên  g g là hàm đồng biến trên   0;.

Suy ra   2n x đơn điệu.

Mà 1 2 0 2 2 4 3 32 24 3 , 4 (4 3)        x x x x

Do đó   2n x là dãy đơn điệu tăng.

Suy ra 2 2   n x n .

Giả sử tồn tại giới hạn lim  nx a  2 lim 2 *     n x a a .

Từ lim  nx a và 1 2 2 3

n

n n x x x   , cho n dần đến vô cùng ta được: 2 2 3 a a a   .

   2 2 2 3 3 3 1 0        a a a a a a

3   a

Suy ra a < 2 (Mâu thuẫn)

Vậy dãy   nx không hội tụ.

3

6 điểm

a. 3,5 điểm Gọi (O1), (O2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các 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 đồng viên. Suy ra (CA, CB) = (DA, DG), (AB, AC) = (DG, DC)=(GD, GA) suy ra hai tam giác ABC và GAD đồng dạng.

   AB GD AH AC GA AG

Mà      AB CP ABN CAP CA AN

F

E

A

B

C

D

M

N

Q

P

G H O