Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp trường năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: Hoathachthao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp trường năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp trường năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

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) un  3 Cho dãy số  un n1 xác định bởi u1  0, un 1   n  1 . 5  un a) Chứng minh rằng dãy  un n1 có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n 1 Tn b) Đặt Tn   . Tìm lim . k 1 uk  3 n  5n  4 Câu 2. (2 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ¡  ¡ sao cho: f  y  f  x    f  x 2018  y   2017 yf ( x ), x, y  ¡ . Câu 3. (2 điểm) Có bao nhiêu cách lát kín bảng 2  2022 bởi các viên domino 1 2 và 2  1 ? Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với AB  BC . Cho I là tâm nội tiếp của tam giác ABC và  là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 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 » chứa A của  . Đoạn thẳng NT cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC ở P . Chứng minh rằng BC a) Cho KI cắt ( BIC ) tại điểm thứ hai X thì N ; T ; X thẳng hàng. b) PM ‖ AK . Câu 5. (2 điểm) Cho dãy số xn1   a.xn  n ¥ ; xo  ¥ * ; a là nghiệm dương của phương trình x2  kx 1  0 ( k  ¥ ; k  1 ) với số nguyên dương k cho trước. Khi đó chứng minh rằng xn 1  xn 1  1 (mod k ) . Giải Câu 1 :
a) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n  ¥ , dãy  un  * bị chặn trên bởi 1 và là một dãy tăng. n 1 x3 +) Ta có u1  1. Giả sử un  1 n  ¥ . Vì hàm f  x   * là đồng biến trên khoảng 5 x ( ;1) nên un  1 un1  f un   f 1  1. Vậy un  1 với mọi n  ¥ . * 3 +) Ta có u2   u1 . Giả sử un  un1  n  2  . Do un , un 1  1 và f là đồng biến trên khoảng 5 ( ;1) nên un1  f  un   f  un1   un . Vậy dãy  un  tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. n 1 a  3 a  1 +) Đặt lim un  a  a  1 . Suy ra a   . n 5a  a  3 Vậy lim un  1. n 4(uk 1  3) 1 1 2  b) Ta có uk  3      1  k  2  . 5  uk 1 uk  3 4  uk 1  3  1 n 1 1 1  n 1  Tn     2  n  1 u1  3 k 2 uk  3 3 4  k 2 uk 1  3  1 1 1 1    n   Tn  . 12 4 2 un  3  1 1 1 Tn 1 Suy ra Tn   n  lim  . 6 2 un  3 n 5n  4 10 Câu 2 : Giả sử hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu bài toán. +)Trong (1) thay y bởi f ( x) ta có : f  0   f  x 2018  f ( x)   2017( f ( x)) 2 , x  ¡ (2). 2018 +)Trong (1) thay y bởi x ta có : f  x 2018  f ( x)   f  0   2017 x 2018 f ( x), x  ¡ (3). Từ (2) và (3) suy ra f  x  ( f ( x)  x )  0, x ¡ 2018 (4). Vậy nếu có x0 sao cho f ( x0 )  0 thì f ( x0 )   x0 2018 . Vậy f  0  0. Dễ thấy có hai hàm số f1 ( x)  0 và f 2 ( x)   x , x ¡ thỏa mãn (4). 2018
+) Ta chứng minh nếu có hàm số f ( x) khác hai hàm số f1 ( x ) và f 2 ( x ) mà thỏa mãn cả (1) và (4) thì vô lý. Vì f ( x) khác f1 ( x ) nên x1  ¡ : f ( x1 )  0. Vậy f ( x1 )   x1 2018 . Vì f ( x) thỏa mãn (4) và khác f 2 ( x ) nên x2  ¡ : x2  0; f ( x2 )  0. +) Trong (1) cho x  0  f ( y )  f ( y ), y  ¡ . Không mất tổng quát, giả sử x2  0 +)Trong (1) thay x bởi x 2 và y bởi (  x1 ) ta có : f ( x1 )  f ( x2 2018  x1 )   x12018  f ( x1 )  f ( x1 )  f ( x2 2018  x1 )  ( x2 2018  x1 ) 2018   x12018 . (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 a(n) là số cách lát. Ta xét hai trường hợp sau: +) Nếu hàng 2 ô đầu tiên được lát bởi viên gạch 2  1 thì bảng trên trở thành 2  (n 1) ; ta có a(n  1) cách lát. +) Nếu 4 ô vuông 2  2 ở 2 hàng đầu tiên được lát bởi 2 viên gạch 1 2 thì ta có a(n) cách lát. Như vậy a(n)  a(n 1)  a(n  2) với a(1)  1; a(2)  2 . Suy ra a(n)  Fn là số Fibonacci thứ n . Như vậy số cách lát là F2022 Câu 4:
» không chứa A . a) Cho AI cắt ( ABC) tại điểm thứ hai S , như vậy S là trung điểm cung BC 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 N ; T ; X thẳng hàng b) Đặt P là I A M  ( BIC ) , với I A  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  PI A S  PNS Và từ đó suy ra N ; P; T thẳng hàng. Như vậy, P  NT  ( BIC ). Suy ra PI A S  PNS  TAI A và PM ‖ AK (đpcm). Câu 5: +) Ta có xn 1  a.xn  xn 1  1 xn 1 x 1   xn  n 1 . a a xn 1 x 1 +) Do a là số vô tỉ nên  xn  n 1 a a
x   +)  n 1   xn  1 n  ¥ (1)  a  x  1 +)  n1    1 n  ¥ (2)  a  a +) Ta có  1  xn1   a.xn    xn   k    a  x  x    n  xn .k    n   xn .k  xn .k  xn 1  1 a  a Như vậy xn 1  k .xn  xn 1  1 Suy ra xn 1  xn 1  1 (mod k ) (đpcm).