Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia môn Toán năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 2) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với "Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia môn Toán năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 2) - Sở GD&ĐT Quảng Bình" này, các bạn học sinh sẽ được ôn tập củng cố lại kiến thức và nâng cao kỹ năng trả lời câu hỏi để chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt được kết quả mong muốn. Mời các bạn tham khảo.

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 2) - 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 HAI Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH:…………… Đề gồm có 01 trang va ̀03 câu Câu 5 (6,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f : ﾡﾡ thỏa mãn f ( x 3 f ( y )) = xf ( y ) yf ( x) 2 f ( x), ∀x, y ﾡ . Câu 6 (7,0 điểm). Cho số nguyên tố p > 3. 1 1 1 m a) Giả sử 1 + + 2 + ... + = , với m và n là các số nguyên dương 2 2 3 ( p − 1) 2 n nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng m chia hết cho p. p −1 b) Chứng minh rằng C5 p −1 − 1 chia hết cho p 3 . 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-------------
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 HAI ́ ́ ̀ ồm có 04 trang Đap an nay g 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 Nôi dung ̣ Điêm ̉ Câu 5 Thay x = 0 vào giả thiết ta có (6,0 1,0 điểm) f (3 f ( y )) = yf (0) 2 f (0), ∀y ﾡ . (1) điểm Trường hợp 1: f (0) = 0 . Thay y = 0 vào giả thiết ta có 0,5 f ( x) = 0, ∀x ﾡ . điểm Trường hợp 2: f (0) 0 . Từ (1) suy ra f là toàn ánh. 1,0 Suy ra tồn tại c sao cho f (c) = 0. Thay y = c vào giả thiết bài toán điểm ta có f ( x) = −cf ( x) − 2 f ( x), ∀x ﾡ . (2) Nếu c −3 thì từ (2) suy ra f ( x) = 0, ∀x �� ﾡ 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 f ( y )) = 3 f ( y ), ∀y ﾡ . 1,0 điểm Suy ra f (−3 + t ) = t với mọi t có dạng t = −3 f ( y ). 1
Mà f là toàn ánh nên −3 f ( y ) quét hết mọi giá trị trên ﾡ . 1,0 Do vậy −3 + t chạy khắp ﾡ . điểm Suy ra f ( x) = x + 3, ∀x ﾡ . 0,5 Thử lại thỏa mãn. điểm Vậy f ( x) = 0, ∀x ﾡ và f ( x) = x + 3, ∀x ﾡ là các hàm số cần 0,5 tìm. điểm Theo định lý Bezout, với mỗi i �{ 1,2,..., p − 1} , tồn tại duy nhất 1,0 ji �{ 1,2,..., p − 1} sao cho i. ji 1(mod p). điểm Từ đó � 1 1 1 � 1,0 m = n�1 + 2 + 2 + ... + � 2 3 ( p − 1) 2 � � điểm n( j1 + j2 + j3 + ... + j p −1 )(mod p ). 2 2 2 2 Câu 6a (3,0 Mặt khác, ( j1 , j2 , j3 ,..., j p −1 ) là một hoán vị của (1,2,3,..., p − 1) nên điểm) 0,5 p −1 p −1 m n�ji2 = n�i 2 (mod p ). điểm i =1 1 Mặt khác, ta biết rằng với p > 3 ta có p −1 p ( p − 1)(2 p − 1) 0,5 i2 = 0(mod p ). 1 6 điểm Vậy m chia hết cho p. Câu 6b Theo định lý Fermat nhỏ, đa thức (4,0 ( x − 1)( x − 2)...( x − p + 1) − ( x p −1 − 1) là đa thức bậc p − 2 có p − 1 0,5 điểm) nghiệm phân biệt 1,2,3,..., p − 1 theo modulo p nên có tất cả các điểm hệ số chia hết cho p. Xét đa thức P ( x) = ( x − 1)( x − 2)...( x − p + 1) = x p −1 + a1x p − 2 + ... + a p −1. 0,5 Ta có a1 , a2 ,..., a p −3 , a p −2 chia hết cho p và điểm a p −1 = (−1) p −1 ( p − 1)! = ( p − 1)!. Thay x = p vào P ( x), ta được 1,0 điểm ( p − 1)! = p p −1 + a1 p p −2 + ... + a p −2 p + a p−1. 2
p−2 p −3 Nên a p −2 = − p − a1 p − ... − a p −3 pMp . 2 Thay x = 5 p vào P ( x), ta được (5 p − 1)(5 p − 2)...(4 p + 1) = (5 p) p −1 + a1 (5 p) p −2 + ... + a p −2 (5 p) + a p −1 1,0 điểm a p −3 (5 p ) 2 + a p −2 (5 p ) + a p −1 (mod p 3 ). Hơn nữa a p −3 (5 p) + a p− 2 (5 p ) 0(mod p ) (do a p −3 2 3 0(mod p ) và 0,5 a p−2 0(mod p )) nên (5 p − 1)(5 p − 2)...(4 p + 1) a p −1 (mod p ). 2 3 điểm (5 p − 1)(5 p − 2)...(4 p + 1) Do đó 1(mod p 3 ). 0,5 ( p − 1)! điểm Vậy ta có điều phải chứng minh. X K'=K A Y M O E B C Q Câu 7a (3,0 D điểm) Ta có BOC ﾡ = 2 ﾡA , ﾡ OCX ﾡ = 1800 − OCQ ﾡ = 1800 − OCB ﾡ − BCQ = 1800 − (900 − ﾡA) − C ﾡ = 900 + A ﾡ −C ﾡ 1,0 điểm Từ đó OXC ﾡﾡ = BOC ﾡ − OCX ﾡ = OAC = 900 − B ﾡ . Suy ra O, X , A, C thuộc một đường tròn. Mà OA = OC nên XO là phân giác góc ﾡAXC hay XE là phân giác 1,0 góc ﾡAXQ . Ta được tam giác AEQ đồng dạng tam giác tam giác điểm AOC . Tồn tại phép vị tự quay tâm A biến E thành O, Q thànhC . Vì EQ giao OC tại Y nên Y , E , O, A thuộc một đường tròn hay đường 1,0 điểm tròn ( AYE ) đi qua điểm O cố định. 3
Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC thì D cố định. Ta chứng 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 ) . 1,0 Ta có tam giác AME cân tại M , tam giác AOB cân tại O và điểm ﾡAME = ﾡAOE = ﾡAOB nên tam giác AME đồng dạng với tam giác AOB. AM AE Từ đó suy ra = và MAO ﾡﾡ = EAB . Câu 7b AO AB (4,0 Vậy tam giác AMO đồng dạng tam giác AEB nên có phép vị tự 0,5 điểm) điểm quay f tâm A biến M thành E , O thành B . Lại có MOC ﾡﾡ = AOC − ﾡAOM = 2 Bﾡ − ABE ﾡﾡ = 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. 1,0 Tồn tại phép vị tự quay biến M thành E , O thành B, C thành D. điểm Rõ ràng đó là phép vị tự quay f ở trên, có tâm A. Và DE cắt MC tại K ’ thì K ’, M , E , A thuộc một đường tròn. Ta 1,0 có điều phải chứng minh. điểm Vậy KE luôn đi qua D cố định. Hết 4