Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 năm 2018 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 năm 2018 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 2017 n-1 Cho dãy số xn xác định bởi: xx0 ==-³2017;nkå xn() 1 . Tìm giới hạn: n k=0 2017 nx2.2k + 5 å k L = lim k=0 . -+-2018nn2 4 3 Câu 2. (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện: xfx()()()(),,.+= xy xfx + fx2 fy "Î xy  Câu 3. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ()O , có trực tâm H. Gọi MNP,, là trung điểm của BC,, CA AB . Đường tròn đường kính AH và đường tròn ()O cắt nhau tại TA¹ . AT cắt BC tại Q . NP cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn ()O tại R. a) Chứng minh rằng QR vuông góc OH. b) Đường thẳng đối xứng với HM qua phân giác trong góc BHC cắt đoạn thẳng BC tại I. Gọi K là hình chiếu của A trên HI. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK tiếp xúc với đường tròn ().O Câu 4. (3,0 điểm) (3n )! Tìm tất cả các giá trị tự nhiên của n để biểu thức A = có giá trị nn!(++ 1)!( n 2)! nguyên. Câu 5. (4,0 điểm) a) Cho S là tập gồm 2017 số nguyên tố phân biệt và M là tập gồm 2018 số tự nhiên phân biệt sao cho mỗi số trong M đều không là số chính phương và chỉ có ước nguyên tố thuộc S. Chứng minh rằng có thể chọn ra trong M một số số có tích là một số chính phương. b) Có 32 học sinh tham gia 33 câu lạc bộ, mỗi học sinh có thể tham gia nhiều câu lạc bộ và mỗi câu lạc bộ có đúng 3 học sinh tham gia. Biết rằng không có 2 câu lạc bộ nào có 3 học sinh giống nhau. Chứng minh rằng có 2 câu lạc bộ chung nhau đúng 1 học sinh. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh :
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2018 Môn thi: Toán Câu Đáp án Điểm 1 2017 n-1 xx==-³2017; xn 1 . Cho dãy số xn xác định bởi: 0 nkå () Tìm giới hạn n k=0 2017 nx2.2k + 5 4,0 å k L = lim k=0 . -+-2018nn2 4 3 2017 Sx= 2k *) Tính å k k=0 kk 12 kx=-2017 x ; ( k - 1) x =- 2017 x 1,0 Ta có kikiåå-1 ii==00 2017-+k 1 kx( k 1) x =- 2017 x =- x x ( "³ k 1) (*) kk 11 kkk k - 1 2017-+k 2 Từ (*) suy ra xx=- kk 12k -1 2017- 1 xx21=- 2 2017- 0 xx=- 101 éùéù k êúêú2017 ()kk 1 2017 () 2 éù2017- 0 2,0 =-xx()1 êúêúêú k êúêúkk- 11êú0 ëûëûëû kk2017! =-()1 .2017 =-() 1 2017.Ckk ( " ³ 1 ) kk!() 2017- ! 2017 2017kk 2017 2017 =SC2017 2kk - 1 = 2017 - 2 C k = 2017 1 - 2 =- 2017 åå()2017 () 2017 ( ) kk==00 -+2017n 2 5 2017 *) Do đó: L ==lim . -+-2018nn2 4 3 2018 1,0
3. 2 Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện xf()()()(),,. x xy xf x f x2 f y  x y  4,0 Trong (1) cho xy==0 ta được f (0)= 0. 2 Trong (1) cho y =-1 ta có xf() x+-=="Î f ( x )( f 1) xf (0) 0, x  . (2) 0,5 Trong (2) cho x =-1 ta có ff(1)(1) = f (1)0 f (1)0 -= hoặc f(1)= 1. - Nếu f (1)0-= thì từ (2) ta suy ra xf() x="Î 0 x  từ đó suy ra fx()º"Î 0, x  . 0,5 - Nếu f (1)= 1 , trong (2) cho x = 1 ta thu được f (1)-=- 1. Từ đó (2) trở thành fx()2 ="Î xfx (), x  .(3) 0,5 Trong (1) ta cho y = 1 ta có xfx(2 )= xfx ( ) + fx (2 ) f (1), "Î x f (2 x ) = 2 fx ( ), "Î x . Từ (1) và (3) ta được fx()()()(),,.(4)+= xy fx + fxfy "Î xy  Trong (4) lấy x = 1 ta có fy(1+=+ ) 1 fyy ( ), "Î . Trong (4) lấy x =-1 ta có fy(1 ) = 1 fyy (), " Î . Do đó fyfyy(1 ) =- (1 + ) " Î hay f là hàm số lẻ. Trong (4) thay y bởi -y và sử dụng tính lẻ của hàm số ta có fx(-= xy ) fx () + fxf ()( -=- y ) fx () fxfy ()(), "Î xy , (5) Cộng theo vế (4), (5) ta có fx()()2()(2),,.++-= xy fx xy fx = f x "Î xy  Hay fa()()(),(6).+= b fa + fb " ab Î Thật vậy: (6) hiển nhiên đúng với ab+=0. 2,0 ïì ab+ ì ïx = ïxxya+= ï Với mọi ab, mà ab+¹0 ta có hệ í có nghiệm là íï 2 , từ đó ïxxyb-= ï ab- îï ïy = îï ab+ fa()+=+ fb () fa ( b ). Do đó (6) đúng. Ta có fx((1))(1)(1)(1)(()1)+=+2 x fx +=+ x fx + Và fx((1))(21)()(2)(1)()2()1.+=22 fx ++=+ x fx 2 fx + f = xfx + fx + Từ hai điều trên ta có xf() x++=+++"Î 2() f x 1 ( x 1)() f x x 1 x  hay fx()="Î x x  . Thử lại ta có fx()="Î 0 x  hoặc fx()="Î x x  là tất cả các hàm số cần tìm. 0,5
4. 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ()O , có trực tâm H . Gọi M ,,NP là trung điểm của BCCAAB,,. Đường tròn đường kính AH và đường tròn ()O cắt nhau tại TA . AT cắt BC tại Q . NP cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn ()O tại R. a/ Chứng minh rằng QR vuông góc OH. 5,0 b/ Đường thẳng đối xứng với HM qua phân giác trong góc B HC cắt đoạn thẳng BC tại I. Gọi K là hình chiếu của A trên HI. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK tiếp xúc với đường tròn ().O a/ Gọi ABC111,, là chân đường vuông góc kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Khi đó AT, BC, BC11 đồng quy tại Q ( do tính chất tâm đẳng phương của ba đường tròn (),(OAHBC ),( ). (kí hiệu (),()AH BC là đường tròn 1,0 đường kính AH, BC) 2 Ta có RA= RP. RN và QT QA= QB11 QC do đó RQ, có cùng phương tích đối với đường 1,0 tròn (O) và đường tròn Euler ( đường tròn 9 điểm qua P, N, BC11,). Ta đã biết tâm đường tròn Euler là trung điểm OH nên RQ^ OH. 1,0 b/ Ta chứng minh bài toán trong trường hợp như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự. Gọi AH cắt (O) tại D khác A, AE là đường kính của (O). Trước tiên ta có H và D đối xứng nhau qua BC và tứ giác HBEC là hình bình hành đồng thời các điểm T, H, M, E thẳng hàng. Ta có HIA1 === HAK KTH KTM do đó T, I, M, K cùng thuộc một đường tròn. Ta chứng minh T, I, D thẳng hàng. Thật vậy gọi TD cắt BC tại J. Khi đó do tính đối xứng thì 2,0 BHJ== BDJ BDT == BET BEH = EHC , do đó J trùng với I. Gọi Tx là tiếp tuyến tại T của (O). Khi đó xTD== TED TMI do đó Tx cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác TMI hay Tx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK. Hay Tx là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và đường tròn ngoại t iếp tam giác MIK, ta có điều phải chứng minh.
5. 4 (3n )! Tìm tất cả các giá trị tự nhiên của n để biểu thức A có giá trị nguyên. 3,0 nn!( 1)!( n 2)! Rõ ràng n = 0, 1, 2, 3 không thỏa mãn. Xét n ³ 4 , với p là số nguyên tố bất kì, ta có 0,5 éù3n éùénn++12 ùé n ù vn((3 )!) = êú ; vnn( !(++= 1)!( n 2)!) (êúê + úê + ú ) p å êúk p å êúêkk úê k ú ëûp k ëûëpp ûë p û éùéùé312nnn++ ùé n ù +) Để ý rằng, với mỗi m ³ 3 ta đều có êúêúê³+ úê + ú (1) . Thật vậy: êúêúê úê ú ëûëûëmm m ûë m û Đặt nmkr=+ với kr, là thương và dư trong phép chia n cho m . Khi đó éù33rr éù * Nếu rm£-3 thì VP(1)= 3k và VT(1)= êú33kk+=+ êú êú êú ëûmm ëû éùéù36mm 26 * Nếu rm=-2 thì VP(1)=+31k và VT(1)= êúêú331kk+=++ êúêú ëûëûmm éùéù33mm 3 1,5 * Nếu rm=-1 thì VP(1) = 32k + và VT(1)= êúêú332kk+=++ êúêúmm ëûëû Do m ³ 3 nên mỗi trường hợp trên đều cho ta VT(1) VP(1). Như vậy với mỗi số nguyên tố p >2 và với mỗi số k ³ 1 ta đều có éùéùé312nnn++ ùé n ù êúêúê³+ úê + ú êúêúêkk k úê k ú ëûëûëpp p ûë p û éùéùé312nnn++ ùé n ù Với p = 2 và k ³ 2 ta cũng có êúêúê³+ úê + ú êúêúêkk k úê k ú ëûëûë22 2 ûë 2 û éù312nnnn éùé++ ùé ù +) Xét riêng với p = 2 , dễ thấy êú+=1 êúê + úê + ú êú2222 êúê úê ú ëû ëûë ûë û éùn + 2 kk+1 êú 00 Lại gọi k0 là số tự nhiên lớn nhất mà khác 0. Nói cách khác, ta có 222£+ 0 ëû kk> 0 èøëû ë û ë û Tóm lại ta có vnpp((3 )!)³++ vnn ( !( 1)!( n 2)!) với mọi số nguyên tố p và mọi n ³ 4 . Vậy tất cả số tự nhiên n cần tìm là n ³ 4
6. 5 a/ Cho S là tập gồm 2017 số nguyên tố phân biệt và M là tập gồm 2018 số tự nhiên phân biệt sao cho mỗi số trong M đều không là số chính phương và chỉ có ước nguyên tố thuộc S . Chứng minh rằng có thể chọn ra trong M một số số có tích là một số chính phương. 4,0 b/ Có 32 học sinh tham gia 33 câu lạc bộ, mỗi học sinh có thể tham gia nhiều câu lạc bộ và mỗi câu lạc bộ có đúng 3 học sinh tham gia. Biết rằng không có 2 câu lạc bộ nào có 3 học sinh giống nhau. Chứng minh rằng có 2 câu lạc bộ chung nhau đúng 1 học sinh. a/ Số tập con phân biệt khác tập rỗng của M là 21.2018 Gọi các tập con đó là MM, , , M và a là tích phần tử của M . 12 212018 i i Giả sử các phần tử của S là pp1 2 p 2017 . kk k Ta viết các tích a dưới dạng abppp 2 ii12 i2017 trong đó k 0;1 . 0.5 i ii1 2 2017 i j  Ta có 212018 bộ (kk , , , k ), và do k 0;1 nên có tối đa 22017 bộ phân biệt. ii1 2 i 2017 i j  Do đó tồn tại 2 bộ trùng nhau, giả sử 2 bộ đó ứng với hai tích aamn, . Khi đó tích aamn . là số chính phương. Bây giờ ta chỉ cần bỏ các phần tử thuộc giao của M m và 1,0 M n ta còn lại các phần tử khác nhau mà tích là một số chính phương. Do đó bài toán được chứng minh. b/ Giả sử không có 2 câu lạc bộ nào chung nhau đúng 1 học sinh Nếu mỗi học sinh tham gia đúng 3 câu lạc bộ thì có tất cả 32 câu lạc bộ, mâu thuẫn. Suy ra có học sinh tham gia nhiều hơn 3 câu lạc bộ, giả sử là A tham gia câu lạc bộ thứ 1, 2, 3 0,5 và 4 Xét câu lạc bộ đầu tiên có A, B và C. Câu lạc bộ thứ 2 có đúng 1 trong B hoặc C, giả sử là A, B và D. Nếu câu lạc bộ thứ 3 không có B thì phải có cả C và D, nghĩa là có A, C và D. 1,0 Khi đó không tồn tại cách chọn câu lạc bộ thứ 4. Suy ra câu lạc bộ thứ 3 có B, khi đó có A, B và E. Lập luận tương tự ta suy ra câu lạc bộ có A thì có B và ngược lại có B thì có A. Giả sử A tham gia k câu lạc bộ thì B cũng tham gia k câu lạc bộ. Mỗi học sinh còn lại chỉ tham gia nhiều nhất 1 trong k câu lạc bộ này và nếu học sinh đó cùng câu lạc bộ với A, B thì không tham gia câu lạc bộ nào nữa (nếu C tham gia 1 câu lạc bộ khác thì câu lạc bộ đó chung với A, B, C đúng 1 học sinh C, trái giả sử). Lúc này còn 30 – k học sinh tham gia 33 – k câu lạc bộ. Lập luận lại từ đầu (do 30 – k nhỏ hơn 33 – k), tồn tại học sinh tham gia nhiều hơn 3 câu lạc bộ. 1,0 Quá trình diễn ra vô hạn, điều này là vô lí do ta có hữu hạn học sinh và hữu hạn câu lạc bộ. Bài toán có thể tổng quát: Có n học sinh tham gia n + 1 câu lạc bộ, mỗi học sinh có thể tham gia nhiều câu lạc bộ và mỗi câu lạc bộ có đúng 3 học sinh tham gia. Biết rằng không có 2 câu lạc bộ nào có 3 học sinh giống nhau. Chứng minh rằng có 2 câu lạc bộ chung nhau đúng 1 học sinh. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.