Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Lạng Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Lạng Sơn (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 12 NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN lớp 12 CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) 2 2 x 1 x y 1 y 1 Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình . 3x 2 y 2 x x 2 y 6 10 u1 a 0 Câu 2 (4 điểm). Cho dãy số un xác định bởi 3 . u ,  n 1, n n 1 2 un 1 a) Chứng minh rằng u 1 a 1 với mọi n 1, n và dãy số u có giới hạn. n 2n 1 n b) Tìm tất các giá trị của a để u2k 1 u 2 k 1 và u2k 2 u 2 k với mọi k 1, k . Câu 3 (4 điểm). Cho hàm số f : thỏa mãn: f xf x f y y f2 x với mọi x, y (1). a) Giả sử rằng f 0 0, chứng minh rằng f x là song ánh. b) Tìm f 0 và tất cả các hàm số thỏa mãn (1). Câu 4 (6 điểm). Cho tam giác ABC có ba đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H . Gọi ST, lần lượt là trung điểm của AB, AC . Đường thẳng ST cắt BE, CF lần lượt tại MN, . a) Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MTH, NSH vuông góc với AH . b) Gọi PP,' lần lượt là ảnh đối xứng của BE, qua CH . Gọi QQ,' lần lượt là ảnh đối xứng của CF, qua BH . Chứng minh rằng PQPQ, , ', ' đồng viên. c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPQ nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC . Câu 5 (2 điểm). a) Cho số nguyên dương n . Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn tính chất: khi lấy ra k phần tử phân biệt bất kì từ tập hợp 1;2;3; ;2n (gồm 2n số nguyên dương liên tiếp) thì luôn có 2 phần tử được lấy ra mà số này chia hết cho số kia. b) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n4 1 lớn hơn 2n . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị số 1: Chữ kí giám thị số 2: 0
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 12 NĂM HỌC 2021 - 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN LỚP 12 CHUYÊN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định. Câu Nội dung Điểm 1 x2 1 x y 2 1 y 1 1 (4 đ) 3x 2 y 2 x x 2 y 6 10 2 x 2 y 2 0 Điều kiện . 1,0 x 2 y 6 0 Nhận xét từ (1) có y2 1 y 0  y . 1 Vậy (1) x2 1 x y 2 1 y y2 1 y Xét hàm số f t t2 1 t t t 2 1 Có f' t 0 ,  t R f t là hàm số đồng biến, liên tục trên . 1,0 t 2 1 Vậy phương trình f x f y x y Khi đó 2 3 3x 2 x 6 x 10 3 3x 2 2 x 2 6 x 2 6 x 2 0 3 3x 6 2 2 x x 2 6 x 0 3x 2 2 6 x 2 1,0 9 2 x 2 6 x 0 3 . 3x 2 2 6 x 2 9 3 Điều kiện: x 6 3 x 2 2 6 . 3x 2 2 2 2 2 Mặt khác 1. 6 x 2 2 9 3 2 Do đó 6 x 1 3x 2 22 6 x 2 9 2 3 1,0 6 x 0,  x ; 6 . 3x 2 2 6 x 2 2 Từ đó: 3 x 2 y (TMĐK). Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2;2 . 2 u1 a 0 (4 đ) Cho dãy số un xác định bởi 3 . u ,  n 1, n n 1 2 un 1 a) Chứng minh rằng u 1 a 1 với mọi n 1, n và dãy số u có giới n 2n 1 n hạn. b) Tìm tất các giá trị của a để u2k 1 u 2 k 1 và u2k 2 u 2 k với mọi k 1, k . 1
3. a/ Dễ thấy rằng un 0,  n , n 1. 3 un 1 1 1,0 Ta có un 1 1 1, suy ra un 1 1 u n 1 (vì un 0) 2 un un 2 2 un 1 1 1 1 1 Do đó un 1 1 u n 1 2 un 1 1 n u 1 1 n a 1 suy ra un 2 2 2 2 2 1 1,0 u 1 a 1 (*). n 2n 1 Lưu ý với a 1 un 1,  n 1 thì bất đẳng thức vẫn đúng trở thành đẳng thức un 1 0. 1 Ta thấy rằng limn 1 a 1 0, theo (*) và nguyên lí kẹp thì suy ra n 2 1,0 limun 1 0 lim u n 1. n n b/ Dễ thấy 3 3 6 3a 6 3 a 2 a2 4 a 6 2 a 1 a 3 u ; u u u a 2 33 3 1 2 a2 7 2 a 7 2 a 7 2 a 7 2 a 0,5 2 a Do đó u3 u 1 2 a 1 a 3 0 a 1 . 3 3 Xét hàm số f x f' x 0,  x 0 nên hàm số nghịch biến. 2 x 2 x 2 Vì un 1 f u n nên suy ra u4 f u 3 f u 1 u 2 . Giả sử rằng u2n 1 u 2 n 1; u 2 n u 2 n 2 thì suy ra 0,5 u2n 2 f u 2 n 1 f u 2 n 1 u 2 n , theo nguyên lí quy nạp thì ta có u2k 1 u 2 k 1; u 2 k 2 u 2 k u2n 3 f u 2 n 2 f u 2 n u 2 n 1 với mọi k , k 1. Vậy a 0;1 là điều kiện cần tìm. 3 Cho hàm số f : và thỏa mãn f xf x f y y f2 x với mọi x, y (1). (4 đ) a) Giả sử rằng f 0 0, chứng minh rằng f x là song ánh. b) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn (1). a/ Cho x 0 vào (1) ta được f f y y f2 0 y (*), rõ ràng là y chạy khắp nên 1,0 f là toàn ánh. Giả sử có f x f y f f x f f y kết hợp với (*) thì suy ra x y , vậy f là 1,0 đơn ánh. Do đó, f là song ánh. b/ Cho x 0 vào (1) thì ta được f f y y f 2 0 ( ). Suy ra f là toàn ánh nên tồn tại t sao cho f t 0. Thay x 0; y t vào (1) thì ta được f 0 t f 2 0 . 1,0 Thay x y t vào (1) suy ra f f t t f2 t t . Do đó t f f t f 0 t f 2 0 suy ra f 0 0. Vậy thì ( ) suy ra f f y y . Thay x bởi f x vào (1) thì ta được 2 2 ffxffx fy y ffx fxfxfy xy , so sánh với (1) 0,5 suy ra f2 x x 2 . Từ đây dẫn đến 2 trường hợp f 1 1 hoặc f 1 1. 2
4. TH1: Nếu f 1 1, thay x 1 vào (1) ta được f 1 f y 1 y , do đó 2 1 yf 2 2 1 fy 1 fy 1 2 fyfy 2 1 2 fyy 2 , so sánh đầu và cuối của dãy đẳng thức thì f y y . TH2: Nếu f 1 1, thay x 1 vào (1) thì ta được f 1 f y 1 y , do đó 0,5 2 22 2 2 1 yf 1 fy 1 fy 1 2 fyfy 1 2 fyy , so sánh đầu và cuối của dãy đẳng thức thì f y y . Do đó, f x  x hoặc f x  x là tất cả các hàm số thỏa mãn bài toán. 4 Cho tam giác ABC có ba đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H . Gọi ST, lần lượt là (6 đ) trung điểm của AB, AC . Đường thẳng ST cắt BE, CF lần lượt tại MN, . a) Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MTH, NSH vuông góc với AH . b) Gọi PP,' lần lượt là ảnh đối xứng của BE, qua CH . Gọi QQ,' lần lượt là ảnh đối xứng của CF, qua BH . Chứng minh rằng PQPQ, , ', ' đồng viên. c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPQ nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC . A Q P S T N M O E 1,0 F H B D C Q' P' a/ Dễ thấy rằng tứ giác BFHD nội tiếp nên FHD 1800 B . Vì NS|| BC nên NSD 1800 BDS . Dễ thấy tam giác ABD vuông tại D nên SB SD SA BDS B . 1,0 Do đó, NHD NSD 1800 B nên tứ giác NSHD nội tiếp. Tương tự thì MTHD nội tiếp. Vậy thì AH là trục đẳng phương của MTHD , NSHD tức 1,0 là đường nối hai tâm sẽ vuông góc với AH . b/ Theo tính chất đối xứng trục CH , vì BHE,, thẳng hàng nên ảnh đối xứng của chúng là 1,0 PHP', , thẳng hàng. Tương tự cho bộ QHQ', , thẳng hàng Theo tính chất phép đối xứng trục HP';;'; HE HP HB HQ HF HQ HC . Chú ý rằng BFEC nội tiếp, ta có HP.' ' HP HB HE HC HF HQ HQ suy ra PQPQ, , ', ' đồng viên. 1,0 3
5. c/ Dễ thấy rằng phép nghịch đảo tâm H là I H; HB . HE : P P ', Q Q ' nên đường tròn HPQ biến thành PQ''. Để chứng minh tâm của HPQ nằm trên OH ta chỉ cần chỉ ra rằng P'' Q OH (*) là xong. Chú ý rằng EF FP'' EQ ; FDP,,' thẳng hàng và EDQ,,' thẳng hàng, H là tâm nội tiếp tam giác DEF . Nên ta phát biểu lại (*) ở dạng bài toán sau đây: Bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp O và ngoại tiếp I . Lấy MN, trên các tia CA, BA sao cho CN BM BC . Khi đó, MN vuông góc với OI . M J V A 0,5 N I O B H C Q Chứng minh bổ đề: Gọi V là trung điểm của cung BC chứa A . Dễ thấy BVM CVN suy ra VNC BMV nên tứ giác AMVN nội tiếp I . Gọi Q là trung điểm cung BC không chứa A . Dễ thấy QI QC , gọi H là trung điểm của BC . Ta có IQO NCV . Chú ý hệ thức lượng tam giác và OH, là trung điểm của QV, CB nên QI QC QC CV CH QV CH CB CN 2. . QO QO QO CV QO CV CV CV CV Do đó IQO NCV IOQ NVC (1).Dễ thấy VAC VBC VCB MAV nên suy ra 0,5 VM VN và VMN VBC. Vậy phép vị tự quay tâm V biến MNJBCO,,,, tức là JVO NVC (2). OQ VC VO Kết hợp (1) và (2) suy ra JVO IOQ nên VJ|| IO . Hơn nữa, OI VJ , OI VN VJ do đó VJIO là hình bình hành nên VJ|| OI . Tam giác VMN cân nên MN VJ . Vậy thì MN OI . Áp dụng bổ đề cho tam giác DEF với H là tâm nội tiếp, tâm ngoại tiếp là tâm Euler tức là trung điểm của OH . Suy ra P'' Q OH . 5 a) Cho số nguyên dương n . Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn tính chất: khi lấy (2 đ) ra k phần tử phân biệt bất kì từ tập hợp 1;2;3; ;2n (gồm 2n số nguyên dương liên tiếp) thì luôn có 2 phần tử được lấy ra mà số này chia hết cho số kia. b) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n4 1 lớn hơn 2n . 4
6. a/ Ta chỉ ra với k n 1 thì luôn thỏa mãn. Thật vậy, viết các số từ 1 đến 2n ở dạng 2i . j với j lẻ với j từ 1 đến 2n, vậy chỉ tổn tại đúng n số lẻ j . Theo nguyên lí Dirichlet thì 0,5 n 1 số được lấy ra bất kì thì luôn có 2 số có cùng j tức là 2 số này có dạng 2aj ;2 b j , nếu a b thì 2aj 2 b j . Số k n 1 sẽ không thỏa mãn, cụ thể trong tập 1;2; ;2n ta lấy n phần tử là n 1; n 2; ;2 n thì không có số nào chia hết cho số còn lại, thật vậy xét hai số bất kì 0,5 n a; n b với 1 a b n , giả sử n b k n a với k 2 thì suy ra k n a 2 n k 2 n ka 0 k 2 (vô lý). b/ Gọi  là tập các ước nguyên tố của n4 1 với tất cả các số nguyên dương n . Nếu tập  là hữu hạn và chỉ gồm các ước nguyên tố p1, p 2 , , pk thì ta xét số 4 0,5 A p1. p 2 pk 1, rõ ràng ước nguyên tố p của số A này không thể trùng với các p1, p 2 , , pk vì A không chia hết cho p1, p 2 , , pk . Do đó tập  là vô hạn. Với ước nguyên tố lẻ p  ta lấy số m tương ứng để m4 1 p , gọi r là số dư khi chia m cho p , rõ ràng là 0 r p . Vì m4 1  0 mod p r 4 1  0 mod p (1), do đó p r 4 1  0 mod p (2) Lấy n là số bé nhất trong 2 số r và p r , chú ý rằng r p r vì p lẻ, thì suy ra 0,5 r p r p n hay là p 2 n , hơn nữa theo (1) và (2) thì ta có n4 1  0 mod p . 2 2 Vì tập  là vô hạn nên suy ra tồn tại vô hạn n . Hết 5