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

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!

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2021-2022 Thời gian làm bài: 180 phút Mơn: Tốn Câu (2 điểm) Cho dãy số  un n1 xác định u1  0, un 1  un   n  1  un a) Chứng minh dãy  un n1 có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn n Tn Tìm lim n  5n  k 1 uk  Câu (2 điểm) Tìm tất hàm số f : ¡  ¡ cho: b) Đặt Tn   f  y  f  x    f  x 2018  y   2017 yf ( x ), x, y  ¡ Câu (2 điểm) Có cách lát kín bảng  2022 viên domino 1  ? Câu (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với AB  BC Cho I tâm nội tiếp tam giác ABC  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC K Đường thẳng AK cắt  điểm thứ hai T Cho M trung điểm BC N điểm cung » chứa A  Đoạn thẳng NT cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC P Chứng minh BC a) Cho KI cắt ( BIC ) điểm thứ hai X N ; T ; X thẳng hàng b) PM ‖ AK Câu (2 điểm) Cho dãy số xn1   a.xn  n ¥ ; xo  ¥ * ; a nghiệm dương phương trình x2  kx 1  ( k  ¥ ; k  ) với số nguyên dương k cho trước Khi chứng minh xn 1  xn 1  (mod k ) Giải Câu : a) Ta chứng minh quy nạp theo n  ¥ , dãy  un  bị chặn dãy tăng n 1 * +) Ta có u1  Giả sử un  n  ¥ Vì hàm f  x   * ( ;1) nên un  1 un1  f un   f 1  x3 đồng biến khoảng 5 x Vậy un  với n  ¥ *  u1 Giả sử un  un1  n   Do un , un 1  f đồng biến khoảng ( ;1) nên un1  f  un   f  un1   un Vậy dãy  un  tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn n 1 +) Ta có u2  +) Đặt lim un  a  a  1 Suy a  n a  a   a  5a  Vậy lim un  n b) Ta có uk   Tn   Suy Tn   4(uk 1  3) 1     1  k    uk 1 uk   uk 1   n  1 1  n    2  n  1 u1  k 2 uk  3  k 2 uk 1   1 1   n   Tn   12 2 un   1 1 Tn 1  n  lim  un  n 5n  10 Câu : Giả sử hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu toán +)Trong (1) thay y f ( x) ta có : f    f  x 2018  f ( x)   2017( f ( x)) , x  ¡ +)Trong (1) thay y x 2018 (2) ta có : f  x 2018  f ( x)   f    2017 x 2018 f ( x), x  ¡ Từ (2) (3) suy f  x  ( f ( x)  x 2018 )  0, x ¡ Vậy có x0 cho f ( x0 )  f ( x0 )   x0 Dễ thấy có hai hàm số f1 ( x)  f ( x)   x 2018 2018 (3) (4) Vậy f  0  , x ¡ thỏa mãn (4) +) Ta chứng minh có hàm số f ( x) khác hai hàm số f1 ( x ) f ( x ) mà thỏa mãn (1) (4) vơ lý Vì f ( x) khác f1 ( x ) nên x1  ¡ : f ( x1 )  Vậy f ( x1 )   x1 2018 Vì f ( x) thỏa mãn (4) khác f ( x ) nên x2  ¡ : x2  0; f ( x2 )  +) Trong (1) cho x   f ( y )  f ( y ), y  ¡ Không tổng quát, giả sử x2  +)Trong (1) thay x x y (  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 hàm số cần tìm f ( x)  0, x  ¡ Câu 3: Gọi a(n) số cách lát Ta xét hai trường hợp sau: +) Nếu hàng ô lát viên gạch  bảng trở thành  (n 1) ; ta có a(n  1) cách lát +) Nếu ô vuông  hàng lát viên gạch 1 ta có a(n) cách lát Như a(n)  a(n 1)  a(n  2) với a(1)  1; a(2)  Suy a(n)  Fn số Fibonacci thứ n Như số cách lát F2022 Câu 4: » không chứa A a) Cho AI cắt ( ABC) điểm thứ hai S , S trung điểm cung BC Theo tính chất trục đẳng phương AITX tứ giác nội tiếp, từ đó: ( AITX ) ATN  ASN  SIX  1800  XIA  1800  XTA Và suy N ; T ; X thẳng hàng b) Đặt P I A M  ( BIC ) , với I A  AI  ( ABC ) tâm đường trịn bàng tiếp góc A Theo tính chất trục đẳng phương NPSI A tứ giác nội tiếp Khi TNS  TAS  TXI  PXI  PI A S  PNS Và từ suy N ; P; T thẳng hàng Như vậy, P  NT  ( BIC ) Suy PI A S  PNS  TAI A PM ‖ AK (đpcm) Câu 5: +) Ta có xn 1  a.xn  xn 1   xn 1 x 1  xn  n 1 a a +) Do a số vô tỉ nên xn 1 x 1  xn  n 1 a a x   +)  n 1   xn  n  ¥  a  x  +)  n1    n  ¥  a  a (1) (2) +) Ta có  1  xn1   a.xn    xn   k     a x  x    n  xn k    n   xn k  xn k  xn 1  a  a Như xn 1  k xn  xn 1  Suy xn 1  xn 1  (mod k ) (đpcm)  ... 1   1 1   n   Tn   12 2 un   1 1 Tn 1  n  lim  un  n 5n  10 Câu : Giả sử hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu toán +)Trong (1) thay y f ( x) ta có : f    f  x 2018  f (... 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 hàm... 2018 (2) ta có : f  x 2018  f ( x)   f    2017 x 2018 f ( x), x  ¡ Từ (2) (3) suy f  x  ( f ( x)  x 2018 )  0, x ¡ Vậy có x0 cho f ( x0 )  f ( x0 )   x0 Dễ thấy có hai hàm số