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

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!

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 20 tháng năm 2022 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang 04 câu SỐ BÁO DANH:…………… u1 = 2022  Câu (5,0 điểm) Cho dãy số (un ) thỏa mãn  n + 2022 = + u u , ∀n ∈ * n n +  nun  a) Chứng minh lim un = +∞ un2 b) Tìm giới hạn lim 2n + Câu (5,0 điểm) Cho P ( x) đa thức monic bậc n (với n ∈ * ) có n nghiệm thực phân biệt Biết tồn số thực a mà P(a + 4a + 2022) = Chứng minh đa thức P ( x + x + 2022) chia hết cho đa thức ( x + 2) P(2022) ≥ 4n Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = AC , I tâm đường trịn nội tiếp (T ) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các đường thẳng BI CI cắt (T ) điểm thứ hai M N Gọi D điểm thuộc (T ) , nằm cung BC không chứa A ; E , F giao điểm AD với BI CI ; P giao điểm DM với CI ; Q giao điểm DN với BI a) Chứng minh điểm D, I , P, Q nằm đường tròn (Ω) b) Chứng minh đường thẳng CE BF cắt điểm đường tròn (Ω) Câu (5,0 điểm) Cho A tập hợp gồm số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) Nếu a ∈ A tất ước số dương a thuộc A; b) Nếu a, b ∈ A mà < a < b + ab ∈ A Chứng minh A có phần tử A tập hợp tất số nguyên dương -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 năm 2022 Mơn thi: TỐN BÀI THI THỨ NHẤT Đáp án gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG (Đáp án, hướng dẫn có 05 trang) * Đáp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu hình, học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,5 điểm Đối với điểm thành phần lớn 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,5 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất Câu Câu 1a (2,0 điểm) Nội dung n + 2022 Ta có un > 0, ∀n ≥ Suy un= − u > 0, ∀n ∈ * +1 n nun Điểm Suy (un ) dãy số tăng ngặt 0,5 điểm Giả sử (un ) dãy số bị chặn Suy (un ) có giới hạn hữu hạn n + 2022 Đặt L = lim un L ≥ (do u1 = 2022 ) Từ un+= suy + u n nun 1 L = L + ⇒ = (điều vô lý) L L Suy (un ) dãy số khơng bị chặn Do lim un = +∞ Bổ đề: Nếu lim(un+1 − un ) = L lim Câu 1b (3,0 điểm) un = L n 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Chứng minh bổ đề: Vì lim(un+1 − un ) = L nên với ε > tồn N cho với n ≥ N , ta có un+1 − un − L < 0,5 điểm ε Khi với 0,5 điểm n > N ta có un − L ≤ u N0 − N L + u N0 +1 − u N0 − L + + un − un−1 − L n n ε < u N0 − N L + (n − N ) n 2n ( Giữ N cố định, ta tìm N1 > N cho Suy với n > N1 ta có u N0 − N L N1 < ε u un − L < ε Vậy lim n = L n n ) 0,5 điểm Trở lại toán: n + 2022  n + 2022  Ta có = u − u +  , ∀n ≥ n n   un n +1 n 0,5 điểm n + 2022 = lim = nên lim(un2+1 − un2 ) = n un 0,5 điểm  un2 n  un2 un2 Theo bổ đề, ta có lim = = Vậy lim lim =   n 2n +  n 2n +  0,5 điểm Mà lim Gọi nghiệm thực P ( x) a1 , a2 , , an (với a1 < a2 < < an ) Ta có biểu diễn P ( x) = n ∏ ( x − a ), suy i =1 = P( x + x + 2022) 0,5 điểm i n ∏(x i =1 + x + 2022 − ) Với i ∈ {1;2; ; n} tam thức bậc hai x + x + 2022 − có Câu (5,0 điểm) biệt thức ∆ i' = − (2022 − ) = − 2018 0,5 điểm Từ a1 < a2 < < an suy ∆1' < ∆ '2 < < ∆ 'n Do đa thức P( x + x + 2022) có nghiệm thực nên phải có ∆ 'n =0 n > ∆ i' < 0, ∀i= 1, n − Từ ∆ 'n =0 ta có x + x + 2022 − an = ( x + 2) 1,0 điểm Suy P( x + x + 2022) ( x + 2) Mặt khác, P(2022) = n ) ∏ (2022 −= n ∏ (4 − ∆ ) =i =i 0,5 điểm ' i 0,5 điểm Với n = ta có P(2022) = − ∆ 'n = 0,5 điểm Với n > ta có = P(2022) n n −1 ' i i =i =i a) ∏ (2022 −= =i n ∆) ∏ (4 −= n −1 4n ∏ (4 − ∆i' )(4 − ∆'n ) > 4= Vậy ta ln có P(2022) ≥ 4n 1,0 điểm 0,5 điểm A M N I Q E X F B P C D Câu 3a (2,5 điểm)  X giao điểm CE BF Gọi β góc CBA = BIC = 1800 − β − β= 1800 − β Ta có QIP 2 1,0 điểm β β  = MDA + + ADN = MBA ACN = + = β (do Mặt khác PDQ 2 A, M , C , D, B, N nằm đường tròn (T ) ) 1,0 điểm Từ suy D, Q, I , P nằm đường tròn (Ω)    Ta có BIF = BIC = 1800 − β mà FDB =  ADB =  ACB = β , từ suy Câu 3b B, I , F , D nằm đường trịn (2,5 điểm) Ta có I , E , C , D thuộc đường tròn 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm  = BMD  ( chắn cung đường tròn Thật vậy, BCD = MDE  Xét tam giác DEM , ta có = β= MBA = MDA (T ) ) ICB  Từ suy I , E , C , D  =ICD  =MDE  + EMD  =ICB  + BCD IED thuộc đường tròn  (do I , E , C , D thuộc đường tròn)  = EDI Từ suy ECI  = FBI  (do F , D, B, I thuộc đường tròn) FDI XCI =  XBI , suy I , X , C , B thuộc đường tròn Do  0,5 điểm  = IPD  Để hoàn tất chứng minh ta cần phải IXD  = 1800 − IXC  = CBI =β Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy EXI   =β Ta có BXC = BIC = 1800 − β , mà CDF 0,5 điểm  = DXC  Từ suy tứ giác DFXC nội tiếp DFC Ta lại có = 1800 − PDF  − DFC = 1800 − β − DXC  IPD  − DXC  = IXD  = 1800 − EXI 0,5 điểm Như chứng minh hoàn tất Câu (5,0 điểm) + Ta chứng minh A chứa số 1,2,3,4,5,6 Ta có 1∈ A Nếu ∉ A theo a) ta suy tất phần tử A số lẻ Vì A có phần tử, ta chọn a, b ∈ A với < a < b Theo b) + ab ∈ A, + ab số chẵn Điều mâu thuẫn Do ∈ A 0,5 điểm 1,0 điểm Vì A ≥ nên tồn a > a ∈ A Áp dụng b) ta suy + 2a ∈ A ⇒ + 2(1 + 2a ) =3 + 4a ∈ A ⇒ b =1 + (1 + 2a)(3 + 4a) ∈ A, b =1 + (1 + 2a )(3 + 4a ) ⇒ b c =1 + (1 + 2b)(3 + 4b) ⇒ c ∈ A ⇒ 4∈ A 1,0 điểm A,1 + 2.7 = 15 ∈ A , Lại có + 2.4 =∈ A nên ∈ A + 2.3 =∈ suy ∈ A Mặt khác, + 5.7 =36 ∈ A nên ∈ A 0,5 điểm + Ta sử dụng nguyên lý quy nạp mạnh chứng minh số nguyên dương n thuộc A Theo chứng minh trên, ta có 1,2,3,4,5,6 ∈ A Giả sử với n ≥ ta có 1,2,3, , n − 1∈ A Xảy trường hợp: 1,0 điểm - Trường hợp n số lẻ Đặt = n 2k + với k > , n ∈ A 2, k ∈ A - Trường hợp n số chẵn Đặt n = 2k với k > Vì k , k − 1∈ A lớn 2, ta có + 2k ∈ A + 2(k − 1)= 2k − 1∈ A Suy + (2k − 1)(2k + 1)= 4k ∈ A ⇒ 2k ∈ A Điều chứng tỏ n ∈ A Theo nguyên lý quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh - Hết 1,0 điểm 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 2022-2023 Khóa ngày 20 tháng năm 2022 Mơn thi: TỐN BÀI THI THỨ HAI Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang 03 câu Câu (6,0 điểm) Tìm tất hàm f :  →  thỏa mãn = f ( x - f ( y )) xf ( y ) - yf ( x) - f ( x), ∀x, y ∈  Câu (7,0 điểm) Cho số nguyên tố p > a) Giả sử + m 1 + + + = , với m n số nguyên dương nguyên 2 n ( p − 1) tố Chứng minh m chia hết cho p b) Chứng minh C5pp−−11 − chia hết cho p Câu (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 X Điểm E tùy ý đoạn BO , đường tròn ngoại tiếp tam giác XAE cắt đường thẳng l Q khác X Đường thẳng QE cắt đường thẳng OC Y a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE qua điểm cố định E thay đổi đoạn BO b) Gọi M điểm cung AE khơng chứa Y đường trịn ngoại tiếp tam giác AYE CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE điểm K khác M Chứng minh E thay đổi đoạn BO đường thẳng KE ln qua 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 năm 2022 Mơn thi: TỐN BÀI THI THỨ HAI Đáp án gồm có 04 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu hình, học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,5 điểm Đối với điểm thành phần lớn 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,5 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất Câu Thay x = vào giả thiết ta có Nội dung = f (-3 f ( y )) - yf (0) - f (0), ∀y ∈  (1) - Trường hợp 1: f (0) = Thay y = vào giả thiết ta có f ( x) = 0, ∀x ∈  Điểm 1,0 điểm 0,5 điểm - Trường hợp 2: f (0) ≠ Từ (1) suy f toàn ánh Câu (6,0 điểm) Suy tồn c cho f (c) = Thay y = c vào giả thiết tốn ta có f ( x) =−cf ( x) − f ( x), ∀x ∈  (2) Nếu c ≠ −3 từ (2) suy f ( x) = 0, ∀x ∈  ⇒ f (0) = (điều mâu thuẫn) Do c = −3 suy f (−3) = Thay x = −3 vào giả thiết ta có f (−3 - f= ( y )) -3 f ( y ), ∀y ∈  Suy f (−3 + t ) =t với t có dạng t = −3 f ( y ) Mà f toàn ánh nên −3 f ( y ) quét hết giá trị  Do −3 + t chạy khắp  1,0 điểm 0,5 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm Suy f ( x) = x + 3, ∀x ∈  0,5 điểm Thử lại thỏa mãn Vậy f ( x) = 0, ∀x ∈  f ( x) = x + 3, ∀x ∈  hàm số cần tìm Theo định lý Bezout, với i ∈ {1,2, , p − 1} , tồn ji ∈ {1,2, , p − 1} cho i ji ≡ 1(mod p ) 0,5 điểm 1,0 điểm Từ  1  m= n 1 + + + + ( p − 1)   ≡ n( j12 + j22 + j32 + + j p2−1 )(mod p ) Câu 6a (3,0 điểm) 1,0 điểm Mặt khác, ( j1 , j2 , j3 , , j p −1 ) hoán vị (1,2,3, , p − 1) nên p −1 p −1 m ≡ n∑ j = n∑ i (mod p ) i =1 i 0,5 điểm Mặt khác, ta biết 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 Theo định lý Fermat nhỏ, đa thức ( x − 1)( x − 2) ( x − p + 1) − ( x p −1 − 1) đa thức bậc p − có p − nghiệm phân biệt 1,2,3, , p − theo modulo p nên có tất hệ số chia hết cho p 0,5 điểm Xét đa thức P( x) = ( x − 1)( x − 2) ( x − p + 1) = x p −1 + a1 x p −2 + + a p −1 Câu 6b (4,0 điểm) Ta có a1 , a2 , , a p −3 , a p −2 chia hết cho p a p −1 =− ( 1) p −1 ( p − 1)! = ( p − 1)! 0,5 điểm Thay x = p vào P( x), ta ( p − 1)!= p p −1 + a1 p p −2 + + a p −2 p + a p −1 − p p −2 − a1 p p −3 − − a p −3 p p Nên a p −2 = Thay x = p vào P( x), ta 1,0 điểm 1,0 điểm + 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 ) + a p −2 (5 p ) + a p −1 (mod p ) Hơn a p −3 (5 p ) + a p −2 (5 p ) ≡ 0(mod p ) (do a p −3 ≡ 0(mod p ) a p −2 ≡ 0(mod p )) nên (5 p − 1)(5 p − 2) (4 p + 1) ≡ a p −1 (mod p ) Do (5 p − 1)(5 p − 2) (4 p + 1) ≡ 1(mod p ) ( p − 1)! 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  = 2 Ta có BOC A, = 900 + A − C  = 1800 − OCB  − BCQ = 1800 − (900 − A) − C = 1800 − OCQ OCX  = BOC  − OCX  = 900 − B  = OAC  Từ OXC 1,0 điểm Suy O, X , A, C thuộc đường tròn Mà OA = OC nên XO phân giác góc  AXC hay XE phân giác AXQ Ta tam giác AEQ đồng dạng tam giác tam góc  giác AOC 1,0 điểm Tồn phép vị tự quay tâm A biến E thành O, Q thành C Vì EQ giao OC Y nên Y , E , O, A thuộc đường tròn hay đường tròn ( AYE ) Câu 7b (4,0 qua điểm O cố định Gọi D điểm đối xứng với A qua BC D cố định Ta chứng 1,0 điểm 1,0 điểm điểm) minh KE qua D Gọi DE cắt CM K ’ , ta chứng minh K ’ trùng K Muốn ta chứng minh K ’ thuộc đường trịn ( AYE ) Ta có tam giác AME cân M , tam giác AOB cân O  AME =  AOE =  AOB nên tam giác AME đồng dạng với tam giác AOB Từ suy AM AE  = EAB  = MAO 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  = −  Lại có MOC AOC −  AOM = 2B ABE = EBD MO MO EB EB = = = OC OA BA BD 0,5 điểm 0,5 điểm Nên tam giác MOC đồng dạng chiều với tam giác EBD Tồn phép vị tự quay biến M thành E , O thành B, C thành D Rõ ràng phép vị tự quay f trên, có tâm A 1,0 điểm Và DE cắt MC K ’ K ’, M , E , A thuộc đường tròn Ta có 1,0 điểm điều phải chứng minh Vậy KE ln qua D cố định Hết ... -hÕt - SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 202 2-2 023 Khóa ngày 20 tháng năm 2022 Mơn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI Đáp án gồm có. ..SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 202 2-2 023 Khóa ngày 20 tháng năm 2022 Mơn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Đáp án gồm có 05 trang... KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 202 2-2 023 Khóa ngày 20 tháng năm 2022 Mơn thi: TỐN BÀI THI THỨ HAI Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề gồm có