Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Có đáp án)

1. SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi NĂM HỌC 2021-2022 Thời gian làm bài: 180 phút Môn: Toán Câu 1. (2 điểm) u 3 Cho dãy số u xác định bởi n n n 1 u11 0, un n 1 . 5 un a) Chứng minh rằng dãy u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n n 1 n 1 Tn b) Đặt Tn  . Tìm lim . k 1 uk 3 n 54n Câu 2. (2 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ¡¡ sao cho: fyfx fx 2018 y 2017 yfx ( ),  xy , ¡ . Câu 3. (2 điểm) Có bao nhiêu cách lát kín bảng 2 2022 bởi các viên domino 12 và 21 ? Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với AB BC . Cho I là tâm nội tiếp của tam giác và  là đường tròn ngoại tiếp tam giác . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại K . Đường thẳng AK cắt  tại điểm thứ hai T . Cho M là trung điểm của BC và N là điểm chính giữa cung BC» chứa A của  . Đoạn thẳng NT cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC ở P . Chứng minh rằng a) Cho KI cắt ()BIC tại điểm thứ hai X thì NTX;; thẳng hàng. b) PM‖ AK . Câu 5. (2 điểm) * 2 Cho dãy số xnn 1  a. x  n ¥ ; xo ¥ ; a là nghiệm dương của phương trình x kx 10 ( kk ¥ ;1) với số nguyên dương k cho trước. Khi đó chứng minh rằng xnn 11 x1 (mod k ). Giải Câu 1 :
2. a) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n ¥ * , dãy u bị chặn trên bởi 1 và là một dãy tăng. n n 1 x 3 +) Ta có u 1. Giả sử u 1 n ¥ *. Vì hàm fx là đồng biến trên khoảng 1 n 5 x ( ;1) nên un 1 u n 1 f u n f 1 1. Vậy với mọi 3 +) Ta có uu . Giả sử u u n 2. Do uu,1 và f là đồng biến trên khoảng 215 nn 1 nn 1 nên un 11 f u n f u n u n. Vậy dãy tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. a 3 a 1 +) Đặt limun a a 1 . Suy ra a . n 5 a a 3 Vậy limun 1. n 4(uk 1 3) 1 1 2 b) Ta có ukk 3 1 2 . 5 uk 11 u k 3 4 u k 3 1nn 1 1 1 1 Tnn  21 u11 3kk 22 ukk 3 3 4 u 3 1 1 1 1 nT n . 12 4 2 un 3 1 1 1Tn 1 Suy ra Tnn lim . 6 2unn 3n 5 4 10 Câu 2 : Giả sử hàm số fx() thỏa mãn yêu cầu bài toán. +)Trong (1) thay y bởi fx() ta có : f 0 f x2018 f ( x ) 2017( f ( x )) 2 ,  x ¡ (2). +)Trong (1) thay bởi x2018 ta có : f x2018 f( x ) f 0 2017 x 2018 f ( x ),  x ¡ (3). Từ (2) và (3) suy ra f x ( f ( x ) x2018 ) 0,  x ¡ (4). 2018 Vậy nếu có x0 sao cho fx(0 ) 0 thì f(). x00 x Vậy f 0 0. 2018 Dễ thấy có hai hàm số fx1( ) 0 và f2 (), x x  x ¡ thỏa mãn (4).
3. +) Ta chứng minh nếu có hàm số fx() khác hai hàm số fx1() và fx2 ()mà thỏa mãn cả (1) và (4) thì vô lý. 2018 Vì khác nên x11 ¡ : f ( x ) 0. Vậy f(). x11 x Vì thỏa mãn (4) và khác fx2 ()nên x2 ¡ : x 2 0; f ( x 2 ) 0. +) Trong (1) cho x 0 f ( y ) f ( y ),  y ¡ . x 0 Không mất tổng quát, giả sử 2 +)Trong (1) thay x bởi x2 và y bởi () x1 ta có : 2018 f()() x1 f x 2 x 1 2018 x1 f()() x 1 f x 1 2018 2018 2018 2018 f()(). x2 x 1 x 2 x 1 x 1 (vô lý). +) Bằng cách thử trực tiếp vào (1) ta có kết quả hàm số cần tìm là f( x ) 0,  x ¡ . Câu 3: Gọi an() là số cách lát. Ta xét hai trường hợp sau: +) Nếu hàng 2 ô đầu tiên được lát bởi viên gạch 21 thì bảng trên trở thành 2 (n 1) ; ta có an( 1) cách lát. +) Nếu 4 ô vuông 22 ở 2 hàng đầu tiên được lát bởi 2 viên gạch 12 thì ta có an()cách lát. Như vậy a( n ) a ( n 1) a ( n 2) với aa(1) 1; (2) 2. Suy ra a() n Fn là số Fibonacci thứ n . Như vậy số cách lát là F2022 Câu 4:
4. a) Cho AI cắt ()ABC tại điểm thứ hai S , như vậy S là trung điểm cung BC» không chứa A . Theo tính chất trục đẳng phương thì AITX là tứ giác nội tiếp, từ đó: ()AITX ATN  ASN  SIX 1800  XIA 1800  XTA Và suy ra NTX;; thẳng hàng b) Đặt P là IA M() BIC , với IA  AI() ABC là tâm đường tròn bàng tiếp góc A . Theo tính chất trục đẳng phương NPSI A là tứ giác nội tiếp. Khi đó TNS  TAS  TXI  PXI  PIA S  PNS Và từ đó suy ra NPT;; thẳng hàng. Như vậy, P  NT( BIC ). Suy ra PIAA S  PNS  TAI và PM‖ AK (đpcm). Câu 5: +) Ta có xn 11 a.1 x n x n xx 1 nn 11 x . aan xx 1 +) Do a là số vô tỉ nên nn 11 x aan
5. x +) n 1 (1) xnn 1  ¥ a x 1 +) n 1 1 n ¥ (2) aa +) Ta có 1 xn 1  a. x n x n k a xxnn xn. k x n . k x n . k x n 1 1 aa Như vậy xn 11 k.1 x n x n Suy ra xnn 11 x1 (mod k ) (đpcm).