2 dap an toan 12 chuyen 2022 2023

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT ĐỢT NĂM HỌC 2022 – 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Mơn: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm có 08 trang) Câu Nội dung Điểm  x  y  x  y  y   x Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 2 x  11 y  32  3 y  x  Điều kiện:  y 1 - Xét phương trình thứ hệ: x  y  x  y  y   x  ( x  y)( x  y  1)  ( x  y  1)  (*) * Khi * Khi x  x  không thỏa phương trình thứ hai x  y 1      y 1   y  x  y   : Phương trình (*) tương đương với phương trình: ( x  y)( x  y  1)  ( x  y  1)( x  y 1) x  y 1 0,25 0,25 0,25 0    ( x  y  1)  x  y    (**)  x  y    x  Để ý   x y  (với x  y   ) Câu x  y 1 y 1 (3,0đ) Vì phương trình (**) tương đương với phương trình: x  y    y  x  Thay y  x  vào phương trình thứ hai ta : 0,25 0,25 x  11x  21  3 x  (1)  3.( 4x   2)  (2 x  5)( x  3)  ( x  4)3  23  (2 x  5)( x  3)  ( x  4)2  x   22 x   12   2x   ( x  4)  x   12 - Xét phương trình:  x  (I) ( 4x  4)  x   12 Đặt t  x  Khi phương trình (I) trở thành:  t  (II) t  2t  Từ phương trình (I) suy x    x   t  x   12 12(t  2t  2)' 24(t  1) Xét f (t )  với t  , f '(t )    , t  t  2t  (t  2t  4)2 (t  2t  4)2  Suy f (t ) nghịch biến   ;  Trang 1/8 0,25 0,25 0,25 0,25 Xét g (t )  t  3, g '(t )  t  , t  Suy g (t ) đồng biến 2 Mà f (2)  g (2) Do pt (II) có nghiệm t  + Với t   x  3, y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là:  x ; y    3;4   ;  Cho dãy số (un ) xác định sau: u1  2023 n ui2  Tính lim 2022un3  2022un   * n  2n  i 1  ui un 1  2022u  u  2022 , n   n n  - Nhận xét: un  0, n  * un1  0,25 0,25 0,25 0,25 2022u  2022un  2022un 1un2  un un 1  2022un 1  2022un (1  un2 ) 2022un2  un  2022 n  2022un 1 (1  un2 )  un un 1  2022u n (1  un2 ) (*) + Chia hai vế (*) cho: un un 1 (1  un2 ) ta được:  1 1 1   2022   2022    2 u n  un un 1  un  un 1 un    u 1 1    1  1  2022      n  2022   un  un  un 1 un   un 1 un   un 1 1 Mà   2022    1     un un 1 un  un 1 un  2022 Câu (2,0đ)     Do dãy số   giảm bị chặn số Suy dãy số   có giới hạn  un   un  Đặt lim  a n  u n Mặt khác  un2 1  2022    1   un  un 1 un   1  2022    1 1  un1 un  1    un  0,5 0,25 0,25   1   lim  2022     1   2022  a  a    a  n  n   a2 1  un 1 un    1    un   lim  ui2 1  2022     Cho i chạy từ đến n, ta có:  ui  ui 1 ui  1 1 u12  2022      u1  u2 u1  Lại có: 1 1 u22  2022      u2  u3 u  1 1 u32  2022      u3  u u3  ……………………… 0,25 Trang 2/8  un2 1  2022    1  un  un 1 un   1  2022    n i 1  un 1 u1  n  1 n ui2 2022  1  n u2      i  2022      n  2n  i 1  ui 2n   un1 2023  2n  i 1  u i  un 1 2023  Cộng vế theo vế đẳng thức suy ra: n ui2  1 u i  2022  1 n ui2  n   lim        n  n  n  2n  u i 1  ui  n 1 2023  2n    0,25  lim n ui2  1   lim  00     n  n  2023  2  i 1  ui * Cách khác: Nhận xét: un  0, n  * Suy un 1  un  0,25 2022u  2022un u  un   0, n  * 2 2022un  un  2022 2022un  un  2022 n 0,25 n 0,25  un 1  un , n   Do dãy (un ) dãy tăng * Giả sử  un  bị chặn Suy tồn lim un  a  2023 n  (do un  u1  2023, n   ) * Từ un 1  2022a3  2022a 2022un3  2022un a  suy 2022a  a  2022 2022un2  un  2022 0,5  a   a  (vô lý) Điều chứng tỏ  un  khơng bị chặn Do lim un   n  i u xn  2n  1, n  * Ta có dãy  xn  tăng không bị  u i 1 i chặn n 1 n ui2 ui2 un21   1 u2  v v  un21 1 i 1  ui i lim n 1 n  lim i 1  lim  lim  n  x n   n  1    2n  1 n  2 n   n 1  xn un21 n Đặt   v v v n ui2  lim n  lim n1 n   n  2n  n x n  x i 1  ui n n 1  xn 0,5 Theo định lý Stolz, suy lim 0,25 n ui2   n  n  i 1  ui 0,25 Vậy lim Trang 3/8 Câu (5,0đ) Cho đường tròn (O) hai điểm A, B cố định nằm đường tròn (O) cho ba điểm O, A, B không thẳng hàng Xét điểm C đường trịn (O) cho tam giác ABC khơng cân C Gọi (O1) đường tròn qua A tiếp xúc với BC C; (O2) đường tròn qua B tiếp xúc với AC C Hai đường tròn (O1) (O2) cắt điểm thứ hai D (D khác C) a) Tiếp tuyến đường tròn (O) C cắt đường thẳng OD S Chứng minh OA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADS b) Chứng minh đường thẳng CD qua điểm cố định điểm C di động đường tròn (O) (tam giác ABC khơng cân C) a (1,5đ) Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 (Học sinh khơng vẽ hình – không chấm) O1C  CB, OO2  CB  O1C / / OO2 Tương tự O2C / / OO1 Suy tứ giác OO1CO2 hình bình hành Do O1O2 qua trung điểm OC   900 Mà O O qua trung điểm CD nên O1O2 // OD Mà O O  CD nên ODC 2 Suy OD.OS  OC  OA2 Suy OA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADS 1  ADC  2   AO1C   ADC   AO1C    ( DA, DC )  (O1 A, O1C )(mod  ) 2 Tương tự ( DC , DB )  (O2C , O2 B )(mod  )     )  900  900    ( ACB  ACO )  ( ACB  BCO ACB  1800   ACO  BCO   b (3,5đ) Trang 4/8 0,5 0,25 0,5   180    AO1C   180  CO 2B      2 ACB  1800   AO1C  CO   B  ACB     2      (O1 A, O1C )  (O2C , O2 B )  4(CA, CB)(mod  ) Do đó: (O A, O1C )  (O2C , O2 B) ( DA, DB)  ( DA, DC )  ( DC , DB )   2(CA, CB )  (OA, OB)(mod  ) Suy điểm A, D, O, B nằm đường tròn 0,5 0,5 0,5 * Cách khác: Gọi M giao điểm tia CD đường tròn (O)    sd BC  ADM  sd  AC   ACB , BDM ACB 2 (Đúng hai ý 0,5)   2 Suy  ADB   ADM  MDB ACB Mà  AOB   ACB nên  ADB   AOB Suy điểm A, D, O, B nằm đường tròn Câu (2,0đ) 0,75 0,25 0,25 0,25 + Ta thấy OD, AB, tiếp tuyến (O) C trục đẳng phương cặp đường tròn (ADOB) (COD), (O) (ADOB), (O) (COD) Do đường đồng quy S + Đường đối cực S (O) qua C vng góc với OD nên CD đường đối cực S (O) Mà AB qua cực S CD (O) nên CD qua cực E AB (O) Hơn A, B (O) cố định nên E cố định Vậy CD qua E cố định * Lưu ý: Ta có SO  MC nên SM tiếp tuyến đường tròn (O) 0,5 Mà S nằm đường chéo AB nên tứ giác AMBC tứ giác điều hòa Suy giao điểm E hai tiếp tuyến đường tròn (O) A B nằm 0,5 đường chéo CM Hơn A, B (O) cố định nên E cố định Vậy CD qua E cố định 0,25 k1 a) Cho k số nguyên lớn Chứng minh  khơng chia hết cho k b) Tìm tất cặp số nguyên tố p q thỏa mãn p  q chia hết cho p.q 0,75 0,5 0,5 0,25 Giả sử 2k 1  1 k Suy k số tự nhiên lẻ Khi k có dạng k  p11 p2 p3 pr r , với p1, p2 , p3 , , pr số nguyên tố lẻ, 0,25 1 ,  ,  , ,  r số nguyên dương r  m + Do pi số nguyên tố lẻ nên pi   i ti ( ti số tự nhiên lẻ ; i  1, 2,3, , r ) Khơng tính tổng quát, gọi m1 số nhỏ dãy m1 , m2 , m3 , , mr m m m m Ta có pi   i ti  i  pi   0(mod i )  pi  1(mod i ) a (1,0đ) 0,25   pi i  1(mod mi ) Mà k  p11 p2 p3 pr r nên k   2m1.u (với u số nguyên dương) Lại có k 1  1 k  k 1  1(mod k ) Do 2 m1 u 0,25   1(mod k ) Hơn p1   m1.t1 t1 lẻ nên t  m1  2( p1 1)u   2 u   1(mod k )  2( p1 1)u  1(mod p1 ) (*)   Mà p1 1 Vậy k 1  1(mod p1 )  ( p1 1)u 0,25  1(mod p1 ) (mâu thuẫn với (*))  không chia hết cho k p Khi  q chia hết cho p.q , có trường hợp xảy : - TH1: p, q số nguyên tố lẻ b (1,0đ) Vì p  q chia hết cho p.q nên p  q  0(mod p.q )  p  q  0(mod p ) Lại có p  2(mod p )  2q  2(mod p ) p  pq     (mod p )  pq   2(mod p ) Trang 5/8 0,25 Tương tự ta chứng minh pq  2(mod q ) Mà p, q số nguyên tố nên pq  2(mod pq )  pq 1  1(mod pq ) (Mâu thuẫn câu a) - TH2: p  2, q  0,25 p  q  0(mod q )   q  0(mod q ) mà q   0(mod q ) Suy  0(mod q )  q  0,25 - TH3: p  q  Khi 2  2   0(mod 4) Vậy, cặp số cần tìm ( p ; q )  (2; 2), ( p ; q)  (2;3), ( p ; q )  (3; 2) * Cách khác: p  q  pq  p  q  0(mod p )  (2 p  p )  (2 q  p )  0(mod p ) p q 0,25 0,25 q Mà  p  0(mod p )   p  0(mod p )   0(mod p ) Tương tự p  0(mod q ) Mà ( p, q )  nên p.2 q  0(mod pq )  p  q  pq Suy pq số chẵn Khi đó, xảy trường hợp: - TH1: Trong hai số p , q , có số Khi p  , ta có : p  q  0(mod q )   q  0(mod q ) mà q   0(mod q ) Suy  0(mod q )  q  Tương tự q  Suy p  - TH2: p  q  Khi 2  2   0(mod 4) (thỏa) Vậy, cặp số cần tìm ( p ; q )  (2 ; 2), ( p ; q )  (2 ;3), ( p ; q )  (3; 2) 0,25 0,25 0,25  y Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn xf  y   yf  x   f   x, y   x x  Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán - Cho x  2, y   f    - Cho x  1, y   f 1  0,5 - Cho x   1, y   f  1  Câu (3,0đ) 1 - Với x  a ( a  0), y  ta có: af 1  f ( a )  f ( )  f ( )   f ( a ), a  a a - Xét a , b  1; 0;1 1 + Với ( x; y )  ( ; b ) ta có: f  b   bf ( )  f ( ab) a a a 1 + Với ( x; y )  ( ; a ) ta có: f  a   af ( )  f ( ab) b b b Suy ra: 1 1 1 f  b   bf ( )  f  a   af ( )  f  b   b   f ( a )   f  a   a   f (b )  a a b b a b f (a) f (b)   1 a b a b 1   f ( x)  c  x   , với c   (thỏa: f  1  0, f (1)  ) x  Trang 6/8 0,5 0,5 0,5 0,25 - Thử lại: 1  y  Với x , y  , f ( x)  c  x   thay vào xf  y   yf  x   f   ta : x x    y x 1 1  xc  y    yc  x    c    (luôn với c) y x   x y (Phải có phép thử lại) 1  Vậy hàm số cần tìm là: f ( x)  c  x   , với x  , c số, f (0)  x  Cho tập hợp X có 2023 phần tử Hỏi có tất cách chọn hai tập hợp khác X cho giao hai tập hợp tập hợp có phần tử? Giả sử giao hai tập hợp thỏa yêu cầu tập hợp a Ta đếm số cách chọn hai tập hợp A, B X \ a khơng giao Có hai trường hợp xảy : - TH1: Hai tập hợp A, B khác tập rỗng Giả sử A có k phần tử (1  k  2021) Khi B tập hợp (khác rỗng) tập hợp có 2022  k phần tử k - Ứng với giá trị k , có C2022 cách chọn tập hợp A có 2022  k  cách chọn tập hợp B (bỏ tập rỗng) k Do đó, với giá trị k , có (22022 k  1)C2022 cặp tập hợp A, B 2021 2022 k k  1)C2022  (2 k 1 - Cho k  1, 2, 3, , 2021 , suy số cách chọn hai tập hợp là: 0,5 0,25 0,5 0,25 (Do cặp A, B tính hai lần) Ta có Câu (2,0đ) 2021 2021 2021 k k k   22022 k C2022   C2022  (22022k  1)C2022 k 1 Từ k 1 k 1 2 3 2022 2022 suy ra: (1  x )  C2022  C2022 x  C2022 x  C2022 x   C2022 x 2021 2021 C2022  22020 C2022  21999 C2022   21 C2022  32022  22022  2021 C12022  C2022  C2022   C2022  2022  2022 0,25 ; Số cách chọn hai tập hợp A, B (khơng tính thứ tự)  2022 (3  22022  1)  (22022  2)   (32022  22023  1)  2 - TH2: Một hai tập hợp A, B có tập rỗng Giả sử A   , tập hợp B tập hợp khác rỗng X \ a 0,25 0,25 2022 Trường hợp có  cách chọn tập hợp B Từ hai trường hợp suy số cách chọn hai tập hợp khác (không chứa a ) giao rỗng (32022  2023  1)  (22022  1) Với cách chọn hai tập hợp trên, ta thêm phần tử a vào tập hợp để hai tập hợp thỏa đề Vậy số cách chọn hai tập hợp thỏa đề   2022 1  2022  2023 2023 2022 2023  (3 2  1)  (2  1)   2  Trang 7/8 0,25 0,25 2 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện y  zx, z  xy Tìm giá trị nhỏ z y 2022 z 2023   2023  z  y y  x z  x 2023 1 2022 Ta có P    2023 y x x 1 1    z y z biểu thức P  0,25 y z x y x , b  , c  Khi abc  ( a , b, c  0) ac  , b c  x y z z y y z x  y  y  zx  ab  a  b a  b  c   Theo đề         0  c   z  xy b  c  abc  z  x  y z 1 2022 1 2022 P      2023  ac  bc  c 1 a 1 b 1 c Đặt a  Câu (3,0đ) (vì  c  nên  ac   a,1  bc   b,1  c 2023 c 2022 c  2022   c 1 1 c c 1 2t  2022 2020  t  c  , f '(t )   t   0;1 t 1 (t  1) Suy f (t ) nghịch biến  0;1 Xét f (t )   0,5 0,5  1 c )  a, b  1 c 1 + Lại có  nên hay      a  b  ab 1 a 1 b c 1  ab  Suy P  0,25 0,5 0,25  0,5 Do f (t )  f (1)  1012 Dấu “=” xảy t   c  Vậy giá trị nhỏ P 1012 x  z 0,25 - HẾT Chú ý: Nếu học sinh có lời giải đúng, khác với đáp án, Giám khảo thang điểm câu tương ứng cho điểm phù hợp Trang 8/8