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.
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH:…………… KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 20222023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Mơn thi: TỐN BÀI THI THỨ HAI Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang va ̀03 câu Câu 5 (6,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f : ﾡ ﾡ thỏa mãn f ( x f ( y )) = xf ( y ) yf ( x) f ( x), ∀x, y ﾡ Câu 6 (7,0 điểm). Cho số nguyên tố p > a) Giả sử 1 + 1 m + + + = , với m và n là các số nguyên dương 2 ( p − 1) n nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng m chia hết cho p p −1 b) Chứng minh rằng C5 p −1 − chia hết cho p 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 Q khác X Đường thẳng QE cắt đường thẳng OC tại Y a) Chứng minh rằng đường trịn 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 khơng chứa Y của đường trịn ngoại tiếp tam giác AYE và CM cắt đường trịn 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 ln đi qua một điểm cố định. -hÕt - SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022 2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Mơn thi: TỐN BÀI THI THỨ HAI Đap an nay g ́ ́ ̀ ồm có 04 trang U CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh u cầu phải lập luận lơ 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 khơng 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 tồn bài là tổng (khơng làm trịn số) của điểm tất cả các bài Câu Câu 5 (6,0 điểm) Nôi dung ̣ Thay x = vào giả thiết ta có Điêm ̉ f (3 f ( y )) = yf (0) f (0), ∀y ﾡ (1) Trường hợp 1: f (0) = Thay y = vào giả thiết ta có f ( x) = 0, ∀x ﾡ 1,0 điểm 0,5 điểm Trường hợp 2: f (0) Từ (1) suy ra f là toàn ánh. Suy ra tồn tại c sao cho f (c) = Thay y = c vào giả thiết bài tốn ta có f ( x) = −cf ( x) − f ( x), ∀x ﾡ (2) ﾡ Nếu c −3 thì từ (2) suy ra f ( x) = 0, ∀x �� mâu thuẫn). Do đó c = −3 suy ra f (−3) = f (0) = (điều này Thay x = −3 vào giả thiết ta có f ( −3 f ( y )) = 3 f ( y ), ∀y ﾡ Suy ra f (−3 + t ) = t với mọi t có dạng t = −3 f ( y ) 1,0 điểm 0,5 điểm 1,0 điểm Mà f là toàn ánh nên −3 f ( y ) quét hết mọi giá trị trên ﾡ Do vậy −3 + t chạy khắp ﾡ Suy ra f ( x) = x + 3, ∀x ﾡ 1,0 điểm 0,5 điểm Thử lại thỏa mãn Vậy f ( x) = 0, ∀x ﾡ và f ( x) = x + 3, ∀x ﾡ là các hàm số cần tìm Theo định lý Bezout, với mỗi i �{ 1,2, , p − 1} , tồn tại duy nhất ji �{ 1,2, , p − 1} sao cho i ji 1(mod p) 0,5 điểm 1,0 điểm Từ đó Câu 6a (3,0 điểm) � 1 � m = n� + + + + ( p − 1) � � � 2 2 n( j1 + j2 + j3 + + j p −1 )(mod p ) 1,0 điểm Mặt khác, ( j1 , j2 , j3 , , j p −1 ) là một hoán vị của (1,2,3, , p − 1) nên p −1 p −1 i =1 m n�ji2 = n�i (mod p ) 0,5 điểm Mặt khác, ta biết rằng với p > ta có p −1 i2 = p ( p − 1)(2 p − 1) 0(mod p ) 0,5 điểm Vậy m chia hết cho p Câu 6b (4,0 điểm) Theo định lý Fermat nhỏ, đa thức ( x − 1)( x − 2) ( x − p + 1) − ( x p −1 − 1) là đa thức bậc p − có p − nghiệm phân biệt 1,2,3, , p − theo modulo p nên có tất cả các hệ số chia hết cho p Xét đa thức P ( x) = ( x − 1)( x − 2) ( x − p + 1) = x p −1 + a1x p − + + a p −1 Ta có a1 , a2 , , a p −3 , a p −2 chia hết cho p và 0,5 điểm 0,5 điểm a p −1 = (−1) p −1 ( p − 1)! = ( p − 1)! 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 p−2 p −3 Nên a p −2 = − p − a1 p − − a p −3 pMp Thay x = 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 a p −3 (5 p ) + a p −2 (5 p ) + a p −1 (mod p ) Hơn nữa a p −3 (5 p) + a p− (5 p ) 0(mod p ) (do a p −3 a p−2 0(mod p ) và 0(mod p )) nên (5 p − 1)(5 p − 2) (4 p + 1) a p −1 (mod p ) Do đó (5 p − 1)(5 p − 2) (4 p + 1) ( p − 1)! 1(mod p ) 1,0 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Vậy ta có điều phải chứng minh X K'=K A Y M O B E C Q Câu 7a (3,0 điểm) D ﾡ Ta có BOC = ﾡA , ﾡ ﾡ ﾡ ﾡ ﾡ = 900 + A ﾡ −C ﾡ OCX = 1800 − OCQ = 1800 − OCB − BCQ = 1800 − (900 − ﾡA) − C ﾡ ﾡ ﾡ ﾡ = OAC ﾡ Từ đó OXC = BOC − OCX = 900 − B 1,0 điểm 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 góc ﾡAXQ Ta được tam giác AEQ đồng dạng tam giác tam giác 1,0 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 tròn ( AYE ) đi qua điểm O cố định 1,0 điểm 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 trịn ( AYE ) Ta có tam giác AME cân tại M , tam giác AOB cân tại O và 1,0 điểm ﾡAME = ﾡAOE = ﾡAOB nên tam giác AME đồng dạng với tam giác AOB Câu 7b (4,0 điểm) Từ đó suy ra AM AE ﾡ ﾡ = và MAO = EAB AO AB Vậy tam giác AMO đồng dạng tam giác AEB nên có phép vị tự quay f tâm A biến M thành E , O thành B ﾡ ﾡ ﾡ − ABE ﾡ ﾡ Lại có MOC và = AOC − ﾡAOM = B = EBD MO MO EB EB = = = OC OA BA BD 0,5 điểm 0,5 điểm 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 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 trịn. Ta có điều phải chứng minh. Vậy KE ln đi qua D cố định Hết 1,0 điểm 1,0 điểm ...SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ? ?THI? ?CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ? ?THI? ? HỌC SINH GIỎI QUỐC? ?GIA? ?NĂM HỌC 2022 2023 Khóa ngày 20 tháng 9? ?năm? ?2022 Mơn? ?thi: TỐN BÀI? ?THI? ?THỨ HAI Đap an nay g ́ ́ ̀ ồm? ?có? ?04 trang... Từ (1) suy ra f là toàn ánh. Suy ra tồn tại c sao cho f (c) = Thay y = c vào giả? ?thi? ??t bài tốn ta? ?có? ? f ( x) = −cf ( x) − f ( x), ∀x ﾡ (2) ﾡ Nếu c −3 thì từ (2) suy ra f ( x) = 0,... điểm) Nơi dung ̣ Thay x = vào giả? ?thi? ??t ta? ?có? ? Điêm ̉ f (3 f ( y )) = yf (0) f (0), ∀y ﾡ (1) Trường hợp 1: f (0) = Thay y = vào giả? ?thi? ??t ta? ?có? ? f ( x) = 0, ∀x ﾡ 1,0 điểm 0,5