Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia môn Toán năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với "Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia môn Toán năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình" giúp bạn hệ thống được các kiến thức cần thiết, nâng cao khả năng tư duy và kỹ năng giải đề thi nhanh và chính xác để chuẩn bị bước vào kì thi sắp tới đạt kết quả tốt nhất! Mời các bạn cùng tham khảo đề thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia môn Toán năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 20222023 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 va ̀04 câu u1 = 2022 Câu 1 (5,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn n + 2022 un+1 = un + , ∀n ﾥ *. nun a) Chứng minh rằng lim un = + . un2 b) Tìm giới hạn lim . 2n + 1 Câu 2 (5,0 điểm). Cho P ( x) là đa thức monic bậc n (với n ﾥ * ) có đúng n nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tồn tại duy nhất số thực a mà P(a 2 + 4a + 2022) = 0. Chứng minh rằng đa thức P( x 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 ; E , F 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 D, I , P, Q 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 a A thì tất cả các ước số dương của a cũng thuộc A; b) Nếu a, b A mà 1 < a < b 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. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM 2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT ́ ́ ̀ ồm có 05 trang Đap an nay g 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 Nôi dung ̣ Điêm ̉ n + 2022 0,5 Ta có un > 0, ∀n 1. Suy ra un+1 − un = > 0, ∀n ﾥ *. 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 (2,0 điểm) hạn. Đặt L = lim un thì L 1 (do u1 = 2022 ). Từ 0,5 n + 2022 1 1 điểm un+1 = un + suy ra L = L + � = 0 (điều này vô lý). nun L L Suy ra (un ) là dãy số không bị chặn trên. Do đó lim un = + . 0,5 điểm
un 0,5 Bổ đề: Nếu lim(un+1 − un ) = L thì lim = L. n điểm Chứng minh bổ đề: Vì lim(un+1 − un ) = L nên với mọi ε > 0 tồn 0,5 điểm tại N 0 sao cho với mọi n N 0 , ta có un+1 − un − L < ε . Khi đó với 2 mọi n > N 0 ta có un n −L 1 n ( u N0 − N 0 L + u N0 +1 − u N0 − L + ... + un − un−1 − L ) 1 ε < u N0 − N 0 L . + ( n − N 0 ) . n 2n Câu 1b u N0 − N 0 L ε (3,0 Giữ N 0 cố định, ta có thể tìm được N1 > N 0 sao cho < điểm) N1 2 0,5 un u điểm . Suy ra với mọi n > N1 ta có − L < ε . Vậy lim n = L. n n Trở lại bài toán: 2 0,5 n + 2022 �n + 2022 � 1 Ta có u 2 n +1 − u = 2. 2 n +� �. 2 , ∀n 1. điểm n � n � un Mà lim n + 2022 = 1 và lim 12 = 0 nên lim(u 2 − u 2 ) = 2. 0,5 n +1 n un n điểm un2 un2 �un2 n � 0,5 Theo bổ đề, ta có lim = 2. Vậy lim = lim � . �= 1. n 2n + 1 �n 2 n + 1 � điểm Câu 2 Gọi các nghiệm thực của P ( x) là a1 , a2 ,..., an (với a1 < a2 < ... < an ). (5,0 n điểm) Ta có biểu diễn P ( x ) = ( x − ai ), suy ra 0,5 i =1 điểm n P ( x 2 + 4 x + 2022) = ( x 2 + 4 x + 2022 − ai ) . i =1 Với mỗi i { 1;2;...; n} thì tam thức bậc hai x 2 + 4 x + 2022 − ai có biệt thức ∆ i' = 4 − (2022 − ai ) = ai − 2018. 0,5 điểm Từ a1 < a2 < ... < an suy ra ∆1' < ∆ '2 < ... < ∆ 'n . Do đa thức P( x 2 + 4 x + 2022) có nghiệm thực duy nhất nên phải có 0,5 điểm ∆ 'n = 0 và nếu n > 1 thì ∆i' < 0, ∀i = 1, n − 1.
Từ ∆ ' = 0 ta có x 2 + 4 x + 2022 − a = ( x + 2) 2 . n n 1,0 Suy ra P ( x + 4 x + 2022)M( x + 2) . 2 2 điểm n n Mặt khác, P (2022) = �(2022 − ai ) = �(4 − ∆ i ). ' 0,5 i =1 i =1 điểm Với n = 1 thì ta có P (2022) = 4 − ∆ 'n = 4. 0,5 điểm Với n > 1 thì ta có n n n −1 1,0 P (2022) = �(2022 − ai ) = �(4 − ∆ ) = �(4 − ∆ )(4 − ∆ ) > 4 .4 = 4 . ' i ' i ' n n −1 n điểm i =1 i =1 i =1 Vậy ta luôn có P (2022) 4 n. 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 ﾥ và X là giao điểm của CE và BF . ﾥﾥ β β 1,0 Ta có QIP = BIC = 1800 − − = 1800 − β . 2 2 điểm ﾥﾥ β β Mặt khác PDQ = MDA + ﾥADN = MBA ﾥ + ﾥACN = + = β (do 1,0 2 2 A, M , C , D, B, N cùng nằm trên đường tròn (T ) ). điểm Từ đó suy ra D, Q, I , P cùng nằm trên một đường tròn (Ω) . 0,5 điểm
ﾥ Ta có BIF ﾥ = BIC ﾥ = 1800 − β mà FDB = ﾥADB = ﾥACB = β , từ đó suy 0,5 ra B, I , F , D cùng nằm trên một đường tròn. điểm Ta có I , E , C , D cùng thuộc một đường tròn. ﾥ Thật vậy, BCD ﾥ = BMD ( do cùng chắn một cung của đường tròn ﾥ β ﾥﾥﾥ 0,5 Câu 3b (T ) ) và ICB = = MBA = MDA = MDE . Xét tam giác DEM , ta có (2,5 2 điểm điểm) ﾥ IED ﾥ = MDE ﾥ + EMD ﾥ = ICB ﾥ + BCD ﾥ = ICD . Từ đó suy ra I , E , C , D cùng thuộc một đường tròn. ﾥ Từ đó suy ra ECI ﾥ = EDI (do I , E , C , D cùng thuộc một đường tròn) và FDI ﾥﾥ = FBI (do F , D, B, I cùng thuộc một đường tròn). 0,5 điểm Do vậy ﾥXCI = ﾥXBI , suy ra I , X , C , B cùng thuộc một đường tròn. Để hoàn tất chứng minh ta cần phải chỉ ra được IXD ﾥﾥ = IPD . ﾥﾥﾥ β Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy ra EXI = 1800 − IXC = CBI = . 2 0,5 ﾥﾥﾥ điểm Ta cũng có BXC = BIC = 1800 − β , mà CDF = β . ﾥ Từ đó suy ra tứ giác DFXC nội tiếp và DFC ﾥ = DXC . Ta lại có ﾥﾥﾥ β ﾥ IPD = 1800 − PDF − DFC = 1800 − − DXC 0,5 2 . điểm ﾥﾥﾥ = 180 − EXI − DXC = IXD 0 Như vậy chứng minh hoàn tất. Câu 4 + Ta chứng minh A chứa các số 1,2,3,4,5,6. 0,5 (5,0 Ta có 1 A . điểm 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 a, b A với 1 < a < b. Theo 1,0 b) thì 1 + ab A, nhưng 1 + ab là số chẵn. Điều này mâu thuẫn. Do điểm đó 2 A. Vì A 3 nên tồn tại a > 2 và a A . Áp dụng b) ta suy ra 1,0 1 + 2a �� A 1 + 2(1 + 2a ) = 3 + 4a �� A b = 1 + (1 + 2a)(3 + 4a ) �A, điểm nhưng
b = 1 + (1 + 2a )(3 + 4a)M2 bM2 c = 1 + (1 + 2b)(3 + 4b)M4 c A � 4 �A Lại có 1 + 2.4 = 9 A nên 3 A và 1 + 2.3 = 7 �A,1 + 2.7 = 15 �A , 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,..., n − 1 A. Xảy ra 2 trường hợp: điểm Trường hợp n là số lẻ. Đặt n = 2k + 1 với k > 2 , khi đó n A vì 2, k A. Trường hợp n là số chẵn. Đặt n = 2k với k > 3 . Vì k , k − 1 A đều lớn hơn 2, ta có 1 + 2k A và 1 + 2(k − 1) = 2k − 1 A . Suy ra 1,0 1 + (2k − 1)(2k + 1) = 4k 2 �� A 2k A. điểm Điều này chứng tỏ n A. Theo nguyên lý quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh. Hết