Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH: Đề gồm có 01 trang và 04 câu u = 2022  1 Câu 1 (5,0 điểm). Cho dãy số ()u thỏa mãn  n + 2022 n = + ∀∈ * uunn+1 ,. n  nun a) Chứng minh rằng limun = +∞ . u2 b) Tìm giới hạn limn . 21n + ∈ * Câu 2 (5,0 điểm). Cho Px() là đa thức monic bậc n (với n ) có đúng n nghiệm thực 2 ++ = phân biệt. Biết rằng tồn tại duy nhất số thực a mà Pa( 4 a 2022) 0. Chứng minh rằng đa thức Px(2 ++ 4 x 2022) chia hết cho đa thức (x + 2)2 và P(2022)≥ 4n . Câu 3 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC có AB= AC , I là tâm đường tròn nội tiếp và ()T là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Các đường thẳng BI và CI lần lượt cắt ()T tại điểm thứ hai là M và N . Gọi D là điểm thuộc ()T , nằm trên cung BC không chứa A; EF, lần lượt là các giao điểm của AD với BI và CI ; P là giao điểm của DM với CI ; Q là giao điểm của DN với BI . a) Chứng minh rằng các điểm DI,, PQ , cùng nằm trên một đường tròn ()Ω . b) Chứng minh rằng các đường thẳng CE và BF cắt nhau tại một điểm trên đường tròn ()Ω . Câu 4 (5,0 điểm). Cho A là tập hợp gồm các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) Nếu aA∈ thì tất cả các ước số dương của a cũng thuộc A; b) Nếu ab, ∈ A mà 1<<ab thì 1.+∈ab A Chứng minh rằng nếu A có ít nhất 3 phần tử thì A là tập hợp tất cả các số nguyên dương. hÕt
2. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Đáp án này gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG (Đáp án, hướng dẫn này có 05 trang) * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,5 điểm. Đối với điểm thành phần lớn hơn 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,5 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài Câu Nội dung Điểm n + 2022 * Ta có unn >0, ∀≥ 1. Suy ra uunn+1 − = >0, ∀∈n . 0,5 nun điểm Suy ra ()un là dãy số tăng ngặt. 0,5 điểm Câu 1a Giả sử ()un là dãy số bị chặn trên. Suy ra ()un có giới hạn hữu hạn. (2,0 n + 2022 Đặt Lu= lim thì L ≥1 (do u = 2022 ). Từ uu= + suy điểm) n 1 nn+1 0,5 nun điểm 11 ra LL=+⇒=0 (điều này vô lý). LL Suy ra ()un là dãy số không bị chặn trên. Do đó limun = +∞ . 0,5 điểm u n 0,5 Bổ đề: Nếu lim(uuLnn+1 −= ) thì lim= L . n điểm Câu 1b (3,0 −= ε > 0,5 Chứng minh bổ đề: Vì lim(uuLnn+1 ) nên với mọi 0 tồn tại điểm) ε điểm ≥ −−< N0 sao cho với mọi nN0 , ta có unn+1 uL . Khi đó với mọi 2 1
3. nN> 0 ta có u 1 n −≤L u − NL + u − u −++ L u − u − L ( N001NN00+−nn1) nn 1 ε sao cho ta có n − 1thì ∆<i 0, ∀=in 1, − 1. điểm ' 22 Từ ∆=n 0 ta có x++4 x 2022 −=+ axn ( 2) . 1,0 Suy ra Px(22++ 4 x 2022) ( x + 2) . điểm nn ' 0,5 Mặt khác, Pa(2022)=∏∏ (2022 −ii ) = (4 −∆ ). ii=11= điểm 2
4. Với n =1 thì ta có P(2022)= 4 −∆' = 4. n 0,5 điểm Với n >1 thì ta có n nn−1 1,0 = − = −∆' = −∆ ' −∆ '1 >nn− = Pa(2022)∏ (2022iiin ) ∏∏ (4 ) (4 )(4 ) 4 .4 4 . điểm i=1 ii= 11= Vậy ta luôn có P(2022)≥ 4n . 0,5 điểm A N M E I X Q F P B C Câu 3a D (2,5 điểm) Gọi β là góc CBA và X là giao điểm của CE và BF . ββ Ta có QIP = BIC =18000 −−= 180 −β . 1,0 22 điểm ββ Mặt khác PDQ = MDA + ADN = MBA + ACN =+=β (do 22 1,0 AM, ,,,, CDBN cùng nằm trên đường tròn ()T ). điểm Từ đó suy ra DQI, ,, P cùng nằm trên một đường tròn ()Ω . 0,5 điểm = =0 − β = = = β Ta có BIF BIC 180 mà FDB ADB ACB , từ đó suy 0,5 Câu 3b ra BIFD,, , cùng nằm trên một đường tròn. điểm (2,5 điểm) Ta có IECD,,, cùng thuộc một đường tròn. 0,5 điểm 3
5. Thật vậy, BCD = BMD ( do cùng chắn một cung của đường tròn β ()T ) và ICB = = MBA = MDA = MDE . Xét tam giác DEM , ta có 2 IED = MDE + EMD =+= ICB BCD ICD . Từ đó suy ra IECD,,, cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra ECI = EDI (do IECD,,, cùng thuộc một đường tròn) và FDI = FBI (do FDBI,,, cùng thuộc một đường tròn). 0,5 điểm Do vậy XCI= XBI , suy ra IXCB, ,, cùng thuộc một đường tròn. Để hoàn tất chứng minh ta cần phải chỉ ra được IXD = IPD . β Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy ra EXI =−==1800 IXC CBI . 2 0,5 điểm Ta cũng có BXC = BIC =1800 − β , mà CDF = β . Từ đó suy ra tứ giác DFXC nội tiếp và DFC = DXC . Ta lại có β IPD =18000 − PDF − DFC =180 −−DXC 2 . 0,5 0 điểm =−−180 EXI DXC = IXD Như vậy chứng minh hoàn tất. + Ta chứng minh A chứa các số 1,2,3,4,5,6. Câu 4 0,5 (5,0 điểm) Ta có 1∈ A. điểm Nếu 2∉ A thì theo a) ta suy ra tất cả các phần tử của A đều là số lẻ. Vì A có ít nhất 3 phần tử, ta chọn ab, ∈ A với 1. 2 và aA∈ . Áp dụng b) ta suy ra 12+aA ∈⇒+ 12(12)34 + a =+ aA ∈⇒=++ b 1(12)(34) a + a ∈ A , nhưng 1,0 b=++1 (1 2 aab )(3 + 4 ) 2 ⇒ 2 điểm c=++1 (1 2 bb )(3 + 4 ) 4 ⇒  cA∈ ⇒∈4 A 4
6. Lại có 1+=∈ 2.4 9 A nên 3∈ A và 1+=∈+=∈ 2.3 7AA ,1 2.7 15 , suy ra 5.∈ A 0,5 điểm Mặt khác, 1+=∈ 5.7 36 A nên 6.∈ A + Ta sử dụng nguyên lý quy nạp mạnh chứng minh rằng mọi số nguyên dương n đều thuộc A. Theo chứng minh trên, ta có 1,2,3,4,5,6∈ A . 1,0 Giả sử với n ≥ 7 ta có 1,2,3, ,nA−∈ 1 . Xảy ra 2 trường hợp: điểm - Trường hợp n là số lẻ. Đặt nk=21 + với k > 2 , khi đó nA∈ vì 2,kA∈ . - Trường hợp n là số chẵn. Đặt nk= 2 với k > 3. Vì kk,1−∈ A đều lớn hơn 2, ta có 12+∈kA và 1+ 2(k − 1) = 2 kA −∈ 1 . 2 Suy ra 1+ (2k − 1)(2 k += 1) 4 k ∈⇒ A 2 kA ∈ . 1,0 điểm Điều này chứng tỏ nA∈ . Theo nguyên lý quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh. Hết 5
7. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH: Đề gồm có 01 trang và 03 câu Câu 5 (6,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f : → thỏa mãn fx( -3 fy ( ))= xfy ( )- yfx ( )-2 fx ( ),∀∈ xy , . Câu 6 (7,0 điểm). Cho số nguyên tố p > 3. 11 1 m a) Giả sử 1+ + ++ = , với m và n là các số nguyên dương nguyên 222 3 (pn− 1) 2 tố cùng nhau. Chứng minh rằng m chia hết cho p. p−1 3 b) Chứng minh rằng C51p− −1 chia hết cho p . Câu 7 (7,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng l đối xứng với đường thẳng AC qua đường thẳng BC, l cắt BO tại X. Điểm E tùy ý trên đoạn BO , đường tròn ngoại tiếp tam giác XAE cắt đường thẳng l tại Q khác X . Đường thẳng QE cắt đường thẳng OC tại Y . a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE đi qua điểm cố định khi E thay đổi trên đoạn BO. b) Gọi M là điểm chính giữa cung AE không chứa Y của đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE và CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE tại một điểm K khác M . Chứng minh rằng khi E thay đổi trên đoạn BO thì đường thẳng KE luôn đi qua một điểm cố định. hÕt
8. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI Đáp án này gồm có 04 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,5 điểm. Đối với điểm thành phần lớn hơn 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,5 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm Thay x = 0 vào giả thiết ta có 1,0 f(-3 f ( y ))= - yf (0) - 2 f (0),∀∈ y . (1) điểm - Trường hợp 1: f (0)= 0. Thay y = 0 vào giả thiết ta có 0,5 fx( )= 0, ∀∈ x . điểm - Trường hợp 2: f (0)≠ 0 . Từ (1) suy ra f là toàn ánh. Suy ra tồn tại c sao cho fc( )= 0. Thay yc= vào giả thiết bài toán 1,0 điểm Câu 5 ta có fx()=− cfx () − 2 fx (), ∀∈ x . (2) (6,0 điểm) Nếu c ≠−3 thì từ (2) suy ra fx()0,= ∀∈ x ⇒ f (0)0 = (điều này 0,5 mâu thuẫn). Do đó c = −3 suy ra f (−= 3) 0. điểm Thay x = −3 vào giả thiết ta có f(− 3 - 3 fy ( )) = -3 fy ( ), ∀∈ y . 1,0 Suy ra f(3−+ tt ) = với mọi t có dạng t= −3 fy ( ). điểm Mà f là toàn ánh nên −3()fyquét hết mọi giá trị trên . 1,0 Do vậy −+3 t chạy khắp . điểm 1
9. Suy ra fx( )= x + 3, ∀∈ x . 0,5 Thử lại thỏa mãn. điểm Vậy fx( )= 0, ∀∈ x và fx( )= x + 3, ∀∈ x là các hàm số cần tìm. 0,5 điểm Theo định lý Bezout, với mỗi ip∈−{1,2, , 1} , tồn tại duy nhất 1,0 jpi ∈−{1,2, , 1}sao cho ij.i ≡ 1(mod p ). điểm Từ đó 11 1 = + + ++ 1,0 mn122 2 2 3 (p − 1) điểm 222 2 ≡njjj( 1 ++++ 23 jp− 1 )(mod p ). Câu 6a − (3,0 Mặt khác, (jjj123 , , , , jp− 1 ) là một hoán vị của (1,2,3, ,p 1) nên điểm) pp−−11 0,5 22 điểm mn≡=∑∑ ji n i(mod p ). i=11 Mặt khác, ta biết rằng với p > 3 ta có p−1 pp(−− 1)(2 p 1) ∑ip2 = ≡ 0(mod ). 0,5 1 6 điểm Vậy m chia hết cho p. Theo định lý Fermat nhỏ, đa thức (x− 1)( x − 2) ( xp −+− 1) ( xp−1 − 1) là đa thức bậc p − 2 có p −1 0,5 nghiệm phân biệt 1,2,3, ,p − 1 theo modulo p nên có tất cả các hệ điểm số chia hết cho p. pp−−12 Xét đa thức P( x )= ( x − 1)( x − 2) ( x −+= p 1) x + ax11 ++ ap− . Ta có aa12, , , app−− 3 , a 2 chia hết cho p và 0,5 Câu 6b điểm (4,0 a=−( 1)p−1 ( pp −=− 1)! ( 1)!. điểm) p−1 Thay xp= vào Px( ), ta được pp−−12 (p− 1)! = p + ap1 ++ app−− 21 p + a . 1,0 điểm pp−−23 2 Nên app−−21=− p − ap −− a 3 p p . Thay xp= 5 vào Px( ), ta được 1,0 điểm 2
10. pp−−12 (5p− 1)(5 p − 2) (4 p += 1) (5 p ) + ap1 (5 ) ++ app−− 21 (5 pa ) + 23 ≡ap−3(5 p ) ++ a pp −− 21 (5 pa ) (mod p ). 23 Hơn nữa a−−(5 pa )+≡ (5 p ) 0(mod p ) (do ap− ≡ 0(mod ) và pp32 p 3 0,5 2 3 app−2 ≡ 0(mod )) nên (5pp− 1)(5 − 2) (4 pa +≡ 1)p−1 (mod p ). điểm (5pp−− 1)(5 2) (4 p + 1) Do đó ≡1(modp3 ). (p − 1)! 0,5 điểm Vậy ta có điều phải chứng minh. X K'=K A Y M O E B C Q D Câu 7a (3,0 điểm) Ta có BOC = 2 A, OCX =1800 − OCQ = 1800 − OCB − BCQ =18000 −−−=+− (90ACAC ) 900  1,0 Từ đó OXC = BOC − OCX =900 −= B OAC . điểm Suy ra O, X ,, AC thuộc một đường tròn. Mà OA= OC nên XO là phân giác góc AXC hay XE là phân giác góc AXQ . Ta được tam giác AEQ đồng dạng tam giác tam 1,0 điểm giác AOC . Tồn tại phép vị tự quay tâm A biến E thành OQ, thànhC . Vì EQ giao OC tại Y nên Y,,, EOA thuộc một đường tròn hay đường tròn 1,0 điểm ( AYE ) đi qua điểm O cố định. Câu 7b Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC thì D cố định. Ta chứng 1,0 (4,0 điểm 3
11. điểm) minh KE đi qua D . Gọi DE cắt CM tại K’, ta chứng minh K’ trùng K . Muốn vậy ta chứng minh K’ thuộc đường tròn( AYE ) . Ta có tam giác AME cân tại M , tam giác AOB cân tại O và AME= AOE = AOB nên tam giác AME đồng dạng với tam giác AOB. AM AE Từ đó suy ra = và MAO = EAB . AO AB Vậy tam giác AMO đồng dạng tam giác AEB nên có phép vị tự 0,5 quay f tâm A biến M thành EO, thành B . điểm Lại có MOC = AOC − AOM =−=2 B ABE EBD và 0,5 MO MO EB EB = = = điểm OC OA BA BD Nên tam giác MOC đồng dạng và cùng chiều với tam giác EBD. Tồn tại phép vị tự quay biến M thành EO, thành BC, thành D. 1,0 điểm Rõ ràng đó là phép vị tự quay f ở trên, có tâm A. Và DE cắt MC tại K’ thì K’, MEA , , thuộc một đường tròn. Ta có điều phải chứng minh. 1,0 điểm Vậy KE luôn đi qua D cố định. Hết 4