Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2022-2023 có đáp án (Lần 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2022-2023 có đáp án (Lần 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình cung cấp cho các bạn những câu hỏi bài tập theo đúng chương trình học nhằm giúp bạn củng cố lại kiến thức đã học, nâng cao kỹ năng giải đề thi. Hi vọng rằng việc luyện tập này sẽ mang lại kết quả cao cho kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2022-2023 có đáp án (Lần 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 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 u1 = 2022  Câu 1 (5,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn  n + 2022 u n +1 = u n + , ∀n ∈ *.  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 ∈ * ) 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. -------------hÕt------------
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 un > 0, ∀n ≥ 1. Suy ra un= +1 − u n > 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 điểm) Đặt L = lim un thì L ≥ 1 (do u1 = 2022 ). Từ un+= u + suy 1 n nun 0,5 điểm 1 1 ra L = L + ⇒ = 0 (điều này vô lý). 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 Câu 1b (3,0 L nên với mọi ε > 0 tồn tại Chứng minh bổ đề: Vì lim(un+1 − un ) = 0,5 điểm) điểm ε N 0 sao cho với mọi n ≥ N 0 , ta có un+1 − un − L < . Khi đó với mọi 2 1
n > N 0 ta có un 1 n ( − L ≤ u N0 − N 0 L + u N0 +1 − u N0 − L + ... + un − un−1 − L n ) 1 ε < u N0 − N 0 L . + (n − N 0 ) . n 2n u N0 − N 0 L ε Giữ N 0 cố định, ta có thể tìm được N1 > N 0 sao cho < . 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 = 2 u − u 2. n +1 2 n +  . 2 , ∀n ≥ 1. điểm n  n  un n + 2022 1 Mà lim = 1 và lim 2 = 0 nên lim(un2+1 − un2 ) = 2. 0,5 n un điểm un2 un2  un2 n  Theo bổ đề, ta có lim = 2. = Vậy lim lim =  .  1. 0,5 n 2n + 1  n 2n + 1  điểm Gọi các nghiệm thực của P ( x) là a1 , a2 ,..., an (với a1 < a2 < ... < an ). n Ta có biểu diễn P = ( x) ∏ ( x − a ), suy ra i =1 i 0,5 điểm n P( x 2 + 4 x + 2022) = ∏(x i =1 2 + 4 x + 2022 − ai ) . 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 Câu 2 điểm (5,0 Từ a1 < a2 < ... < an suy ra ∆1' < ∆ '2 < ... < ∆ 'n . điểm) Do đa thức P( x 2 + 4 x + 2022) có nghiệm thực duy nhất nên phải có 0,5 ∆ 'n =0 và nếu n > 1 thì ∆ i' < 0, ∀i= 1, n − 1. điểm Từ ∆ 'n =0 ta có x 2 + 4 x + 2022 − an = ( x + 2) 2 . 1,0 2 Suy ra P( x + 4 x + 2022) ( x + 2) . 2 điểm n n Mặt khác, P(2022) = =i 1 =i 1 ∏ (2022 −= ai ) ∏ (4 − ∆ ). ' i 0,5 điểm 2
Với n = 1 thì ta có P(2022) = 4 − ∆ 'n = 4. 0,5 điểm Với n > 1 thì ta có n n −1n 1,0 P(2022) = =i 1 ∏ (2022 −= i a) ' i =i 1 =i 1 ∏ (4 −= ∆) ∏ (4 − ∆i' )(4 − ∆'n ) > 4= n −1 .4 4n. điểm 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)  và X là giao điểm của CE và BF . Gọi β là góc CBA Ta có QIP = 1800 − β − β= 1800 − β . = BIC 1,0 2 2 điểm  = MDA + + β β Mặt khác PDQ ADN = MBA ACN = + = β (do 2 2 1,0 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  Ta có BIF = BIC = 1800 − β mà FDB  =  =  ADB = β , từ đó suy ACB 0,5 Câu 3b ra B, I , F , D cùng nằm trên một đường tròn. điểm (2,5 điểm) Ta có I , E , C , D cùng thuộc một đường tròn. 0,5 điểm 3
 = BMD Thật vậy, BCD  ( do cùng chắn một cung của đường tròn = β= MBA (T ) ) và ICB = MDA = MDE . Xét tam giác DEM , ta có 2  =MDE IED  + EMD  =ICB  . Từ đó suy ra I , E , C , D  =ICD  + BCD cùng thuộc một đường tròn.  = EDI Từ đó suy ra ECI  (do I , E , C , D cùng thuộc một đường tròn)  = FBI và FDI  (do F , D, B, I cùng thuộc một đường tròn). 0,5 điểm Do vậy  XCI =  XBI , suy ra I , X , C , B cùng thuộc một đường tròn.  = IPD Để hoàn tất chứng minh ta cần phải chỉ ra được IXD .  = 1800 − IXC Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy ra EXI =β.  = CBI 2 0,5   =β. điểm Ta cũng có BXC = 1800 − β , mà CDF = BIC  = DXC Từ đó suy ra tứ giác DFXC nội tiếp và DFC . Ta lại có = 1800 − PDF IPD = 1800 − β − DXC  − DFC  2 . 0,5  − DXC  = IXD  điểm = 1800 − EXI 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 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 a, b ∈ A với 1 < a < b. Theo b) thì 1,0 1 + ab ∈ A, nhưng 1 + ab là số chẵn. Điều này mâu thuẫn. Do đó điểm 2 ∈ A. Vì A ≥ 3 nên tồn tại a > 2 và a ∈ A . Áp dụng b) ta suy ra 1 + 2a ∈ A ⇒ 1 + 2(1 + 2a ) =3 + 4a ∈ A ⇒ b =1 + (1 + 2a)(3 + 4a) ∈ A, nhưng b =1 + (1 + 2a )(3 + 4a ) 2 ⇒ b 2 1,0 điểm c =1 + (1 + 2b)(3 + 4b) 4 ⇒ c ∈ A ⇒ 4∈ A 4
9 A nên 3 ∈ A và 1 + 2.3 =∈ Lại có 1 + 2.4 =∈ 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 + (2k − 1)(2k + 1)= 4k 2 ∈ A ⇒ 2k ∈ A. 1,0 điểm Điều này chứng tỏ n ∈ A. Theo nguyên lý quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh. ----------------- Hết ---------------- 5
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 f ( x - 3 f ( y )) xf ( y ) - yf ( x) - 2 f ( x), ∀x, y ∈ . = Câu 6 (7,0 điểm). Cho số nguyên tố p > 3. 1 1 1 m a) Giả sử 1 + 2 + 2 + ... + 2 = , với m và n là các số nguyên dương nguyên 2 3 ( p − 1) n tố cùng nhau. Chứng minh rằng m chia hết cho p. b) Chứng minh rằng C5pp−−11 − 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 2022-2023 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 f ( x) = 0, ∀x ∈ . điểm - Trường hợp 2: f (0) ≠ 0 . Từ (1) suy ra f là toàn ánh. Suy ra tồn tại c sao cho f (c) = 0. Thay y = c vào giả thiết bài toán 1,0 điểm Câu 5 ta có f ( x) =−cf ( x) − 2 f ( x), ∀x ∈  . (2) (6,0 điểm) Nếu c ≠ −3 thì từ (2) suy ra f ( x) = 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 f= ( y )) -3 f ( y ), ∀y ∈ . 1,0 Suy ra f (−3 + t ) =t với mọi t có dạng t = −3 f ( y ). điểm Mà f là toàn ánh nên −3 f ( y ) quét hết mọi giá trị trên . 1,0 Do vậy −3 + t chạy khắp . điểm 1
Suy ra f ( x) = x + 3, ∀x ∈ . 0,5 Thử lại thỏa mãn. điểm Vậy f ( x) = 0, ∀x ∈  và f ( x) = x + 3, ∀x ∈  là các hàm số cần tìm. 0,5 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( j12 + j22 + j32 + ... + j p2−1 )(mod p ). 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∑ j = n∑ i (mod p ). i 2 2 điểm i =1 1 Mặt khác, ta biết rằng với p > 3 ta có p −1 p ( p − 1)(2 p − 1) =∑ i2 1 6 ≡ 0(mod p ). 0,5 điểm Vậy m chia hết cho p. Theo định lý Fermat nhỏ, đa thức ( x − 1)( x − 2)...( x − p + 1) − ( x p −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. Xét đa thức P( x) = ( x − 1)( x − 2)...( x − p + 1) = x p −1 + a1 x p −2 + ... + a p −1. Ta có a1 , a2 ,..., a p −3 , a p −2 chia hết cho p và 0,5 Câu 6b điểm (4,0 ( 1) p −1 ( p − 1)! = a p −1 =− ( p − 1)!. điểm) Thay x = p vào P( x), ta được ( p − 1)!= p p −1 + a1 p p −2 + ... + a p −2 p + a p −1. 1,0 điểm Nên a p −2 =− p p −2 − a1 p p −3 − ... − a p −3 p p 2 . Thay x = 5 p vào P( x), ta được 1,0 điểm 2
+ 1) (5 p ) p −1 + a1 (5 p ) p −2 + ... + a p −2 (5 p ) + a p −1 (5 p − 1)(5 p − 2)...(4 p = ≡ a p −3 (5 p ) 2 + a p −2 (5 p ) + a p −1 (mod p 3 ). Hơn nữa a p −3 (5 p ) 2 + a p −2 (5 p ) ≡ 0(mod p 3 ) (do a p −3 ≡ 0(mod p ) và 0,5 a p −2 ≡ 0(mod p 2 )) nên (5 p − 1)(5 p − 2)...(4 p + 1) ≡ a p −1 (mod p 3 ). điểm (5 p − 1)(5 p − 2)...(4 p + 1) Do đó ≡ 1(mod p 3 ). ( p − 1)! 0,5 điểm Vậy ta có điều phải chứng minh. X K'=K A Y M O E B C Q Câu 7a D (3,0 điểm)  = 2 Ta có BOC A, OCX = 1800 − OCB = 1800 − OCQ  − BCQ = 900 + A − C = 1800 − (900 − A) − C  1,0  = BOC Từ đó OXC  − OCX  = 900 − B  = OAC . điểm Suy ra O, X , A, C 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 O, Q thành C . Vì EQ giao OC tại Y nên Y , E , O, A 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
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  = EAB . Từ đó suy ra = và MAO 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 E , O thành B . điểm  = Lại có MOC AOC −  AOM = − 2B ABE = và EBD 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 E , O thành B, C 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 ’, M , E , A thuộc một đường tròn. Ta có điều phải chứng minh. 1,0 điểm Vậy KE luôn đi qua D cố định. -------------- Hết ---------------- 4