Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2021 2022 Lạng Sơn

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2021 2022 Lạng Sơn. 50 đề thi học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh có đáp án được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 109 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN lớp 12 CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)     x2   x y2 1  y   Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình  3 x  y   x x  y   10 u1  a   Câu (4 điểm) Cho dãy số  un  xác định  un 1   u , n  1, n   n  a) Chứng minh un   n 1 a  với n  1, n   dãy số  un  có giới hạn b) Tìm tất giá trị a để u2 k 1  u2 k 1 u2 k   u2 k với k  1, k   Câu (4 điểm) Cho hàm số f :    thỏa mãn: f  xf  x   f  y    y  f  x  với x, y   (1) a) Giả sử f    , chứng minh f  x  song ánh b) Tìm f   tất hàm số thỏa mãn (1) Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi S , T trung điểm AB, AC Đường thẳng ST cắt BE , CF M , N a) Chứng minh đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MTH , NSH vng góc với AH b) Gọi P, P ' ảnh đối xứng B, E qua CH Gọi Q, Q ' ảnh đối xứng C , F qua BH Chứng minh P, Q, P ', Q ' đồng viên c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPQ nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Câu (2 điểm) a) Cho số nguyên dương n Tìm số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn tính chất: lấy k phần tử phân biệt từ tập hợp 1; 2;3; ; 2n (gồm 2n số ngun dương liên tiếp) ln có phần tử lấy mà số chia hết cho số b) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n  lớn 2n -Hết Họ tên thí sinh: ……………………………………………………… Số báo danh: ………… Chữ kí giám thị số 1:……………… ………Chữ kí giám thị số 2:… ……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2021 - 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN LỚP 12 CHUN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: Những cách giải khác HDC mà cho điểm theo thang điểm định Câu (4 đ) Nội dung     x2   x y2 1  y    3 x  y   x x  y   10 Điểm 1  2 x  y   Điều kiện  x  y   1,0 y   y  y    y2 1  y Vậy (1)  x   x  y 1  y Nhận xét từ (1) có Xét hàm số f  t   t   t t  t2 1  ,  t  R  f  t  hàm số đồng biến, liên tục  t 1 Vậy phương trình f  x   f  y   x  y Có f '  t   Khi    3 x   x  x  10    3x     x  2  x    3x     x    x   1,0  6x 2  22  x 0 3x   6 x 2     x  2   6 x     3 6 x 2  3x   Điều kiện: x   x      3x   2 2 Mặt khác   6 x 2 Do   x  1 3x   6 x 2 3    6 x   0,  x   ;  3x   6 x 2 2  Từ đó:  3  x   y (TMĐK) Vậy hệ có nghiệm  2;  1,0 1,0 u1  a  (4 đ) Cho dãy số u xác định   n  un 1   u , n  1, n   n  a) Chứng minh un   n 1 a  với n  1, n   dãy số  un  có giới hạn b) Tìm tất giá trị a để u2 k 1  u2 k 1 u2 k   u2 k với k  1, k   a/ Dễ thấy un  0, n  , n  Ta có un1   u 1  , suy un 1   n  un  (vì un  )  un un  2 Do un 1   un  un   1,0 1 1 un   un 1    n u1   n a  suy 2 2 a  (*) 2n 1 Lưu ý với a   un  1, n  bất đẳng thức trở thành đẳng thức un   un   1,0 a   , theo (*) nguyên lí kẹp suy 2n 1 lim un    lim un  1,0 b/ Dễ thấy 3  3a  3a 2a  4a  2  a  1 a  3 u2  ; u3    u3  u1  a   2a  a  a  a   2a  2 2a Do u3  u1  2  a  1 a  3   a  0,5 Ta thấy lim n  n  n  Xét hàm số f  x   3  f ' x    0, x  nên hàm số nghịch biến 2 x 2  x Vì un 1  f  un  nên suy u4  f  u3   f  u1   u2 Giả sử u2 n 1  u2 n 1 ; u2 n  u2 n  suy 0,5 u2 n   f  u2 n 1   f  u2 n 1   u2 n , theo ngun lí quy nạp ta có u2 k 1  u2 k 1; u2 k   u2 k  u2 n 3  f  u2 n   f  u2 n   u2 n1 với k  , k  Vậy a   0;1 điều kiện cần tìm Cho hàm số f :    thỏa mãn f  xf  x   f  y    y  f  x  với x, y   (1) (4 đ) a) Giả sử f    , chứng minh f  x  song ánh b) Tìm tất hàm số thỏa mãn (1) a/ Cho x  vào (1) ta f  f  y    y  f    y (*), rõ ràng y chạy khắp  nên f tồn ánh Giả sử có f  x   f  y   f  f  x    f  f  y   kết hợp với (*) suy x  y , f đơn ánh Do đó, f song ánh 1,0 1,0 b/ Cho x  vào (1) ta f  f  y    y  f   (**) Suy f toàn ánh nên tồn t cho f  t   Thay x  0; y  t vào (1) ta f    t  f   Thay x  y  t vào (1) suy f  f  t    t  f 1,0 t   t Do t  f  f  t    f    t  f   suy f    Vậy (**) suy f  f  y    y Thay x f  x  vào (1) ta   f f  x  f  f  x    f  y   y   f  f  x     f  xf  x   f  y    x  y , so sánh với (1) suy f  x   x Từ dẫn đến trường hợp f 1  f 1  1 0,5 TH1: Nếu f 1  , thay x  vào (1) ta f 1  f  y     y , 1  y  2  f 1  f  y    1  f  y     f  y   f  y    f  y   y , so sánh đầu cuối dãy đẳng thức f  y   y TH2: Nếu f 1  1 , thay x  1 vào (1) ta f  1  f  y     y , 0,5 2  f  1  f  y     1  f  y     f  y   f  y    f  y   y , so sánh đầu cuối dãy đẳng thức f  y    y 1  y  Do đó, f  x   x f  x    x tất hàm số thỏa mãn toán Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi S , T (6 đ) trung điểm AB, AC Đường thẳng ST cắt BE , CF M , N a) Chứng minh đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MTH , NSH vng góc với AH b) Gọi P, P ' ảnh đối xứng B, E qua CH Gọi Q, Q ' ảnh đối xứng C , F qua BH Chứng minh P, Q, P ', Q ' đồng viên c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPQ nằm đường thẳng Euler tam giác ABC A Q P T S M N O E 1,0 F H C D B Q' P'   1800  B a/ Dễ thấy tứ giác BFHD nội tiếp nên FHD   1800  BDS  Vì NS || BC nên NSD   B Dễ thấy tam giác ABD vuông D nên SB  SD  SA  BDS   NSD   1800  B nên tứ giác NSHD nội tiếp Do đó, NHD Tương tự MTHD nội tiếp Vậy AH trục đẳng phương  MTHD  ,  NSHD  tức đường nối hai tâm vng góc với AH b/ Theo tính chất đối xứng trục CH , B, H , E thẳng hàng nên ảnh đối xứng chúng P ', H , P thẳng hàng Tương tự cho Q ', H , Q thẳng hàng Theo tính chất phép đối xứng trục HP '  HE ; HP  HB; HQ '  HF ; HQ  HC Chú ý BFEC nội tiếp, ta có HP.HP '  HB.HE  HC HF  HQ.HQ ' suy P, Q, P ', Q ' đồng viên 1,0 1,0 1,0 1,0 c/ Dễ thấy phép nghịch đảo tâm H I  H ; HB.HE  : P  P ', Q  Q ' nên đường tròn  HPQ  biến thành P ' Q ' Để chứng minh tâm  HPQ  nằm OH ta cần P ' Q '  OH (*) xong Chú ý EF  FP '  EQ ' ; F , D, P ' thẳng hàng E , D, Q ' thẳng hàng, H tâm nội tiếp tam giác DEF Nên ta phát biểu lại (*) dạng toán sau đây: Bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp  O  ngoại tiếp  I  Lấy M , N tia CA, BA cho CN  BM  BC Khi đó, MN vng góc với OI M J V 0,5 A N O I B H C Q Chứng minh bổ đề: Gọi V trung điểm cung BC chứa A   BMV  nên tứ giác AMVN nội tiếp  I  Gọi Q Dễ thấy BVM  CVN suy VNC trung điểm cung BC không chứa A Dễ thấy QI  QC , gọi H trung điểm BC   NCV  Chú ý hệ thức lượng tam giác O, H trung điểm QV , CB nên Ta có IQO QI QC QC.CV CH QV CH CB CN       QO QO QO.CV QO.CV CV CV CV   VBC   VCB   MAV  nên suy   NVC  (1).Dễ thấy VAC Do IQO  NCV  IOQ VM  VN VMN  VBC  Vậy phép vị tự quay tâm V biến M , N ,  J   B, C ,  O  tức JVO NVC (2) (2 đ) 0,5  nên VJ || IO Hơn nữa, OQ  VC  VO  OI  VJ , Kết hợp (1) (2) suy  JVO  IOQ OI VN VJ VJIO hình bình hành nên VJ || OI Tam giác VMN cân nên MN  VJ Vậy MN  OI Áp dụng bổ đề cho tam giác DEF với H tâm nội tiếp, tâm ngoại tiếp tâm Euler tức trung điểm OH Suy P ' Q '  OH a) Cho số nguyên dương n Tìm số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn tính chất: lấy k phần tử phân biệt từ tập hợp 1; 2;3; ; 2n (gồm 2n số ngun dương liên tiếp) ln có phần tử lấy mà số chia hết cho số b) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n  lớn 2n a/ Ta với k  n  ln thỏa mãn Thật vậy, viết số từ đến 2n dạng 2i j với j lẻ với j từ đến 2n, tổn n số lẻ j Theo ngun lí Dirichlet n  số lấy ln có số có j tức số có dạng 2a j; 2b j , 0,5 a  b 2a j  2b j Số k  n  không thỏa mãn, cụ thể tập 1; 2; ; 2n ta lấy n phần tử n  1; n  2; ; 2n khơng có số chia hết cho số lại, xét hai số n  a; n  b với  a  b  n , giả sử n  b  k  n  a  với k  suy 0,5 k  n  a   2n   k   n  ka   k  (vô lý) b/ Gọi  tập ước nguyên tố n  với tất số nguyên dương n Nếu tập  hữu hạn gồm ước nguyên tố p1 , p2 , , pk ta xét số A   p1 p2 pk   , rõ ràng ước nguyên tố p số A trùng với 0,5 p1 , p2 , , pk A khơng chia hết cho p1 , p2 , , pk Do tập  vô hạn Với ước nguyên tố lẻ p   ta lấy số m tương ứng để m  1 p , gọi r số dư chia m cho p , rõ ràng  r  p Vì m    mod p   r    mod p  (1),  p  r     mod p  (2) Lấy n số bé số r p  r , ý r  p  r p lẻ, suy r pr p n  p  2n , theo (1) (2) ta có n    mod p  2 Vì tập  vô hạn nên suy tồn vô hạn n 0,5 -Hết -