Đề thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Sở Giáo dục và đào tạo Đồng Tháp

Nội dung text: Đề thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Sở Giáo dục và đào tạo Đồng Tháp

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HSG QUỐC GIA ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2021 - 2022 Đề chính thức Môn: TOÁN ( CHUYÊN) (15/9/2021) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871. Bài 1 (4,0 điểm). a) Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức có bậc không quá 2020 và thoả mãn x2021.() P x ( x 2) 2021 .() Q x 1,  x .Tính Q(1). b) Tìm tất cả bộ ba số thực dƣơng (x,y,z) thoả mãn hai điều kiện xy+yz+zx+xyz=4 và 2(4 xy ) 5(4 yz ) 10(4 zx ) 12 Bài 2 (3,0 điểm). Cho dãy số ()xn xác định xn 1 bởi xx12 0, 1và xnn 2 ,  .Chứng minh dãy số có giới hạn xxnn 1 2 hữu hạn và tính giới hạn đó. Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đƣờng tròn tâm O và có các đƣờng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Gọi O1 là điểm đối xứng của O qua đƣờng thẳng BC. AO1 cắt BC tại L, DE cắt HC tại M, DF cắt HB tại N. a) Chứng minh đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác DMN và đƣờng tròn đƣờng kính AL tiếp xúc với nhau. b) Tiếp tuyến tại D của đƣờng tròn đƣờng kính AL cắt EF tại K. Chứng minh KH=KD. Bài 4 (5,0 điểm). a) Cho hàm số f : thoả mãn f( x y ) f ( x ) y . f ( f ( x )) với mọi số thực x,y. Chứng minh rằng f (0) 0. b) Cho các số nguyên dƣơng a,b,c phân biệt. Chứng minh tồn tại số nguyên n sao cho a+n, b+n, c+n là các số đôi một nguyên tố cùng nhau. Bài 5 (3,0 điểm). Trên mặt phẳng ta vẽ 3333 đƣờng tròn đôi một khác nhau và có bán kính bằng nhau. Chứng minh rằng luôn chọn ra đƣợc trong số đó 34 đƣờng tròn mà các đƣờng tròn này đôi một có điểm chung hoặc đôi một không có điểm chung.
2. - HẾT - (Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay) Bài 2.Tìm tất cả bộ ba số thực dƣơng (x,y,z) thoả mãn hai điều kiện xy+yz+zx+xyz=4 và 2(4 xy ) 5(4 yz ) 10(4 zx ) 12. Giải.Với điều kiện xy+yz+zx+xyz=4 thì tồn tại các số dƣơng a,b,c sao cho 2b 2 c 2 a x , y , z .Thay vào điện kiện thứ hai ta có đƣợc a c a b b c 2aabc ( ) 5 babc ( ) 10 cabc ( ) 6 (1).Ta có (abac )( ) ( bcba )( ) ( cacb )( ) 12( aabc ) 15( babc ) 110( cabc ) VT (1) 1 4 9 .Đến 2( abac )( ) 2( bcba )( ) 3( cacb )( ) đây ta sẽ chứng minh 12( aabc ) 15( babc ) 110( cabc ) 1 4 9 VP (1) 6 .Q 2( abac )( ) 2( bcba )( ) 3( cacb )( ) uy đồng thì thu đƣợc bất đẳng thức trên tƣơng đƣơng với (9ab bc 4 ca )( a b c ) 36 abc.Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy thì 23 32 bc (9ab bc 4)( ca a b c )6(3)6 ab  bc (2)6 ca  6 a 36 abc . Dấu 23 2 bằng xảy ra khi và chỉ khi (a,b,c)=(1,2,3) , dẫn tới (x , y , z ) 1,2, . 5 Bài 3. Cho các số nguyên dƣơng a,b,c phân biệt. Chứng minh tồn tại số nguyên n sao cho a+n, b+n, c+n là các số đôi một nguyên tố cùng nhau. Giải.Không mất tính tổng quát, giả sử a>b>c. Đặt u=[a−b,a−c]. Nhận thấy nếu chọn nn sao cho n≡1−a(modu) thì (n+a,n+b)=(n+a,n+c)=1. Còn nếu chọn n sao cho n≡1−b(modb−c) thì (n+b,n+c)=1 . Do đó ta chỉ cần chọn n thoả mãn hệ phƣơng trình đồng n 1 a() modu dƣ () . n1 b() modb c Đặt (,)a b a c d2 .Tồn tại x,y:(x,y)=1 sao cho a b d22 x; a c d y .Khi đó b c d22( y x ); u xyd .
3. Suy ra (,)(,)u b c d22 y x xy d nên a−b⋮(u,b−c) (1 b ) (1 a ) ( u , b c ) .Theo định lý Thặng dƣ Trung Hoa hệ phƣơng trình đồng dƣ (∗) có nghiệm.Vậy ta có đpcm. Bài 3 . Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đƣờng tròn tâm O và có các đƣờng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Gọi O1 là điểm đối xứng của O qua đƣờng thẳng BCBC. AO1 cắt BC tại L, DE cắt HC tại M, DF cắt HB tại N. a) Chứng minh đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác DMN và đƣờng tròn đƣờng kính AL tiếp xúc với nhau. b) Tiếp tuyến tại D của đƣờng tròn đƣờng kính AL cắt EF tại K. Chứng minh KH=KD. Giải.a) Gọi Oc là tâm đƣờng tròn Euler của ΔABC.Khi đó AOA,,c 1 thẳng hàng.Ta có  MD ME MH MC nên M nằm trên trục đẳng phƣơng MOMO/(c ) /(1 ) của (OOc ),(1 ) .Tƣơng tự N nằm trên trục đẳng phƣơng của (OOc ),(1 ) nên MN là trục đẳng phƣơng của (OOc ),(1 ) . Suy ra MN⊥AL.Kẻ tiếp tuyến d tại D của (DMN).Ta có (,)(,)(,)(,)(,)d DA d DN DN DA  MD MN DN DA (,)(,)(,)(,)MD AL DN DA  MD AL DA DM 22 (DA , AL )( DL , DA )(  LD , LA )(mod) d là tiếp tuyến của (AL) nên (AL) tiếp xúc với (HMN)(HMN). b) Dễ thấy EF,MN,BC đồng quy tại tâm đẳng phƣơng G của (BC ),( O1 ),( Oc ). MN cắt AH tại Q.EF cắt AH tại T.Qua H kẻ đƣờng thẳng song song với MN cắt EF tại K′. K H GQ TH QD TH AL Ta có ΔGQD đồng dạng ΔALD (1).Mặt HD HD TQ HD TQ LD khác (,)(,)(,)(,)(,)1TQ HD G TQ HD G EN HB F EN HB F TD HA 11DQ TH K H1 AL (,).DT QH . Kết hợp với (1) ta có . . 22DH TQ HD2 LD Mà K' HD ALDnên K H K DK'' DH K HD ALD DK là tiếp tuyến của (AL). Vậy K′≡K hay KKD=KH.Hình gửi kèm