Đề thi HSG Toán 12 cấp trường năm 2021 – 2022 trường chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương
Cho tam giác nhọn ABC với AB BC. Cho I là tâm nội tiếp của tam giác ABC và là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại K. Đường thẳng AK cắt tại điểm thứ hai T
Preview text:
SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi NĂM HỌC 2021-2022
Thời gian làm bài: 180 phút Môn: Toán Câu 1. (2 điểm) u Cho dãy số 3 u
xác định bởi u 0,u n n 1 . 1 n 1 n n 1 5 n u
a) Chứng minh rằng dãy u
có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n n 1 T b) Đặt 1 T n . Tìm lim n . n u n n k 3 1 k 5 4
Câu 2. (2 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ sao cho:
f y f x f 2018 x
y 2017yf (x), x, y¡ . Câu 3. (2 điểm)
Có bao nhiêu cách lát kín bảng 2 2022 bởi các viên domino 1 2 và 2 1 ? Câu 4. (2 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC với AB BC . Cho I là tâm nội tiếp của tam giác ABC và là đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại K . Đường
thẳng AK cắt tại điểm thứ hai T . Cho M là trung điểm của BC và N là điểm chính giữa cung »
BC chứa A của . Đoạn thẳng NT cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC ở P . Chứng minh rằng
a) Cho KI cắt (BIC) tại điểm thứ hai X thì N;T; X thẳng hàng. b) PM ‖ AK . Câu 5. (2 điểm) Cho dãy số x . a x n ¥ ; *
x ¥ ; a là nghiệm dương của phương trình 2
x kx 1 0 ( n 1 n o
k ¥ ; k 1) với số nguyên dương k cho trước.
Khi đó chứng minh rằng x
x 1 (mod k) . n 1 n 1 Giải Câu 1 :
a) Ta chứng minh bằng quy nạp theo *
n ¥ , dãy un
bị chặn trên bởi 1 và là một dãy tăng. n 1 x * +) Ta có u 1. u n ¥ . f x 1 Giả sử 1 n Vì hàm
3 là đồng biến trên khoảng 5 x ( ;
1) nên u 1 u
f u f 1 1. n n 1 n
Vậy u 1 với mọi * n ¥ . n 3 +) Ta có u
u . Giả sử u u n 2 . u ,u 1 n n 1 2 1 Do 1 n n
và f là đồng biến trên khoảng 5 ( ; 1) nên u f u f u u . n 1 n
n 1 n Vậy dãy un
tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. n 1 a 3 a 1
+) Đặt lim u a a a . n 1 . Suy ra n 5 a a 3 Vậy lim u 1. n n 4(u 3) 1 1 2 k b) Ta có 1 u 3 1 k k 2. 5 u u 3 4 u 3 k 1 k k 1 1 n 1 1 1 n 1 T n n 2 1 u 3 k u 3 3 4 u k k 3 1 2 2 k 1 1 1 1 1 n T . n 12 4 2 u 3 n 1 1 1 T 1 Suy ra T n lim n . n 6 2 u 3
n 5n 4 10 n Câu 2 :
Giả sử hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
+)Trong (1) thay y bởi f (x) ta có :
f f 2018 x f x 2 0
( ) 2017( f (x)) ,x ¡ (2).
+)Trong (1) thay y bởi 2018 x ta có : f 2018 x
f x f 2018 ( ) 0 2017x
f (x),x ¡ (3).
Từ (2) và (3) suy ra f x 2018
( f (x) x ) 0,x ¡ (4).
Vậy nếu có x sao cho f (x ) 0 thì 2018
f (x ) x
. Vậy f 0 0. 0 0 0 0
Dễ thấy có hai hàm số f (x) 0 và 2018
f (x) x
,x ¡ thỏa mãn (4). 1 2
+) Ta chứng minh nếu có hàm số f (x) khác hai hàm số f ( x) và f ( x) mà thỏa mãn cả (1) và 1 2 (4) thì vô lý.
Vì f (x) khác f ( x) nên x ¡ : f (x ) 0. Vậy 2018
f (x ) x . 1 1 1 1 1
Vì f (x) thỏa mãn (4) và khác f ( x) nên x ¡ : x 0; f (x ) 0. 2 2 2 2
+) Trong (1) cho x 0 f ( y) f ( y),y ¡ .
Không mất tổng quát, giả sử x 0 2
+)Trong (1) thay x bởi x và y bởi ( x ) ta có : 2 1 2018
f (x ) f (x x ) 1 2 1 2018 x
f (x ) f (x ) 1 1 1 2018 2018 2018 2018 f (x
x ) (x x ) x . 2 1 2 1 1 (vô lý).
+) Bằng cách thử trực tiếp vào (1) ta có kết quả hàm số cần tìm là f (x) 0,x ¡ . Câu 3: Gọi ( a )
n là số cách lát.
Ta xét hai trường hợp sau:
+) Nếu hàng 2 ô đầu tiên được lát bởi viên gạch 21 thì bảng trên trở thành 2(n 1) ; ta có
a(n 1) cách lát.
+) Nếu 4 ô vuông 2 2 ở 2 hàng đầu tiên được lát bởi 2 viên gạch 1 2 thì ta có ( a ) n cách lát. Như vậy ( a ) n ( a n 1) ( a n 2) với ( a 1) 1; ( a 2) 2 .
Suy ra a(n) F là số Fibonacci thứ n . n
Như vậy số cách lát là F 2022 Câu 4: »
a) Cho AI cắt (ABC) tại điểm thứ hai S , như vậy S là trung điểm cung BC không chứa A .
Theo tính chất trục đẳng phương thì AITX là tứ giác nội tiếp, từ đó: ( AITX ) 0 0 A TN A SN S
IX 180 X
IA 180 X TA
Và suy ra N;T; X thẳng hàng
b) Đặt P là I M (BIC) , với I AI ( ABC) là tâm đường tròn bàng tiếp góc A . Theo A A
tính chất trục đẳng phương NPSI là tứ giác nội tiếp. Khi đó A T NS T AS T XI P XI P I S P NS A
Và từ đó suy ra N; ;
P T thẳng hàng. Như vậy, P NT (BIC). Suy ra P I S P NS T AI A A
và PM ‖ AK (đpcm). Câu 5: +) Ta có x . a x x 1 n 1 n n 1 x x 1 n 1 n 1 x . n a a x x 1
+) Do a là số vô tỉ nên n 1 n 1 x n a a x +) n 1 x 1 n ¥ (1) n a x 1 +) n 1 1 n ¥ (2) a a +) Ta có 1 x . a x x k n 1
n n a x x n x . n k
x .k x .k x 1 n n n n 1 a a Như vậy x
k.x x 1 n 1 n n 1 Suy ra x
x 1 (mod k) (đpcm). n 1 n 1