Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán – Bảng: A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 09/11/2016 Câu 1. (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f :¡ ¡ thỏa mãn phương trình hàm f [1 f (x)]f (y) y xf (y),x, y ¡ . Câu 2. (3,0 điểm) Cho dãy số thực xn xác định bởi x 3 và x 21 2x 6 với n 1,2, 1 n 1 n Chứng minh rằng dãy số x có giới hạn hữu hạn. Tính giới hạn đó. n Câu 3. (3,0 điểm) Cho A là tập gồm 8 phần tử. Tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của hai tập bất kì trong các tập con này không phải là tập gồm 2 phần tử. Câu 4. (3,0 điểm) Chứng minh rằng n ¥ * thì x, y ¢ sao cho x2 58y2 1 n. Câu 5. (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (1) , (2 ) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt đường tròn (1 ) tại các điểm A, B và tiếp xúc với (2 ) tại X (B nằm giữa A và X). Đường thẳng XT cắt (1 ) tại điểm thứ hai S. C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp tuyến của (2 ) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho J là giao điểm của các đường thẳng XY và SC. Chứng minh rằng: a) C, T, Y và J cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, AJ cắt (1 )tại K. Chứng minh I, J, K KI thẳng hàng và tính tỉ số . KJ Câu 6. (4,0 điểm) Với hai số có 5 chữ số a a1a2a3a4a5;b b1b2b3b4b5 , ta gọi số i lớn nhất mà ai b ilà khoảng cách giữa a và b , ký hiệu là d a,b . Xét hoán vị H của tất cả các số có 5 chữ số. Đặt S d a,b . Trong đó tổng lấy theo tất cả các cặp a,b mà a,b nằm cạnh nhau trong H . Tìm giá trị nhỏ nhất của S . HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán – Bảng: A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 09/11/2016 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 Nội dung Điểm 3.0 Từ (1) cho x = 0, ta được : f([1 + f(0)]f(y)) = y, y ¡ . điểm Giả sử, f(y1) = f(y2), khi đó : y1 = f([1 + f(0)]f(y1)) = f([1 + f(0)]f(y2)) = y2 f đơn ánh y ¡ , x [1 f (0)]f (y) sao cho y = f(x) f toàn ánh Vậy, f song ánh. 1,0 Do đó, c ¡ : f (c) 0 Từ (1) cho y = c ta được f(0) = c Từ (1) cho x = y = 0 ta được f([1 + c].c) = 0 = f(c) Mà f đơn ánh nên: [1 + c].c = c c = 0 Như vậy, f 0 0. Từ (1) cho x = 0 ta được f(f(y)) = y , y ¡ . (2) Từ (1) thay x bởi f(x), y bởi f(y) và sử dụng (2), ta có : f(y[1 + x]) = f(y) + yf(x) x, y ¡ . (3) Từ (3) thay x = -1, sử dụng f(0) = 0 và đặt a = -f(-1) ta được: f(y) = ay, y ¡ 1,0 Thay vào (1) ta được, a(1 + ax)ay = y + axy, x, y ¡ (4) Từ (4) cho x = y = 1, ta được : a2(a + 1) = 1 + a a = 1 . Suy ra f(x) = x, x ¡ hoặc f(x) = -x, x ¡ Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy, f(x) = x, x ¡ hoặc f(x) = -x, x ¡ . 1,0 Câu 2 3.0 Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được xn 3 n 1,2, điểm Ta có x1 3, x2 21 2x1 6 21 4 5 Giả sử xn 5. Khi đó xn 1 21 2xn 6 21 4 5theo nguyên lý quy nạp suy ra * xn 5,n ¥ . Tóm lại ta đã chứng minh được3 xn 5,n 1,2, 1 1,0 Ta cóx1 x2. Giả sử xn 1 xn . khi đó 2 2 21 2xn 6 21 2xn 1 6 xn 1 xn 2xn 6 2xn 1 6 xn 1 xn 0 xn 1 xn xn 1 xn xn 1 xn Trang 1
3. Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra dãy số đã cho là dãy số tăng. Dãy xn tăng và bị chặn trên do đó dãy có giới hạn hữu hạn. 1,0 Đặt lim L , 3 L 5 n Từ xn 1 21 2xn 6 ,n 1,2, chon ta được L 21 2L 6 . 2 Với điều kiện 3 L 5 ta có 2 L2 21 2L 6 L2 25 4 2L 6 0 2 10 2L 2 L 25 0 L 5 L 5 0 3 4 2L 6 4 2L 6 2 Dễ thấy L 5 0, L :3 L 5 . Vậy phương trình 3 có nghiệm duy 4 2L 6 nhất L 5 . Từ đó lim xn 5 n Kết luận: dãysố xn có giới hạn hữu hạn và lim xn 5 n 1,0 Câu 3 Giả sử A {a1;a2 ;a3;a4 ;a5;a6 ;a7 ;a8} , 3,0 B , B , B , , B  A,| B | 3,| B  B | 2,i, j 1,n . điểm 1 2 3 n i i j Chẳng hạn, tồn tại a1 A và a1 B1  B2  B3  B4 . Khi đó: | Bi  Bj | 1,i, j 1,4 Nếu | Bi  Bj | 3, Bi Bji, j 1,4 không thể xảy ra. Nếu | Bi  Bj | 3,i, j 1,4 vô lí vì |Bi|=3. 1,0 Do đó, chỉ có thể là | Bi  Bj | 1,i, j 1,4 . Khi đó | A | | B1  B2  B3  B4 | 3.4 1.6 1.4 1 9 , vô lí Vậy, mỗi phần tử chỉ có thể thuộc nhiều nhất là 3 tập trong các tập Bi, i = 1,n . Suy ra, 3n 24 n 8 1,0 Ta có thể liệt kê các tập hợp: B {a ;a ;a }, B {a ;a ;a }, B {a ;a ;a }, B {a ;a ;a } 1 1 2 3 2 1 4 5 3 1 6 7 4 3 4 8 B5 {a2 ;a6 ;a8}, B6 {a5;a7 ;a8},B7 {a3;a5;a6}, B8 {a2 ;a4 ;a7} Thỏa điều kiện bài toán. Vậy giá trị lớn nhất các tập con thỏa điều kiện đề bài là 8. 1,0 Câu 4 3.0 Ta có: x2 58y2 1 n 58y2 x2 1 mod n . Trang 2
4. 2 2 2 2 điểm Ta có: 58k 2 7k 3k và 58k 2 3k 7k . 1,0 Đặt n 3 .m, m,3 1. Vì m,3 1 nên tồn tại j sao cho 2 2 3 j 1 mod m 3 j 1 mod m 58 j2 7 j 1 mod m . Mặt khác 7,3 1 l : 7l 1 mod3 7l 2 1 mod3 58l 2 3l 2 1 mod3 . Như vậy ta chỉ cần chọn x, y thỏa điều kiện 1,0 x  7 j mod m y  j mod m và x  3l mod3 y  l mod3 Công việc đó thực hiện được do định lý thặng dư Trung Hoa. 1,0 Câu 5 a(2,0) X B T O2 O1 J I K A C Y S Do hai đường tròn (1) , (2 ) tiếp xúc ngoài tại điểm T, ta có BXT TAS 1,0 Mặt khác, TCJ TAS (do tứ giác ATCS nội tiếp), TAS BXT và TYX BXT nên TCJ TYJ . Từ đó suy ra tứ giác CTJY nội tiếp. 1,0 2 b(2,0) Vì AXS TAS nên AXS : TAS , do đó SA ST.SX (1). Vì tứ giác CTJY nội tiếp, suy ra CJT CYT TXY nên SXJ : SJT , do đó SJ 2 ST.SX (2). Vì BXT TAS nên S là điểm chính giữa của cung AB, tức ta có SA SB (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra SA SJ SB. Trang 3
5. 0 0 BAC CBA 0 ACB Mặt khác BCJ 180 BCS 180 ACB 90 suy ra 2 2 CI là phân giác ngoài của góc ACB. 1,0 Ta có BSJ BSC BAC BAC Xét tam giác BSJ cân tại S, ta có suy ra BJS JBS 900 . 2 Xét tam giác BCJ ta có 0 · · 0 0 BAC 0 ACB 0 ABC CBJ 180 BJS JCB 180 90 90 90 2 2 2 suy ra BJ là phân giác ngoài góc ABC. Từ đó J là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC ứng với đỉnh A. Hay A, I, J, K thẳng hàng. Do đó K là giao điểm của AI với ( 1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên KB=KC=KI, mặt khác CI và CJ lần lượt là phân giác trong và ngoài của góc ACB nên CI  CJ . KI Từ đó xét tam giác CIJ vuông tại C có CK=KI nên K là trung điểm của IJ hay 1. KJ 1,0 Câu 6 4,0 Đầu tiên ta sẽ làm tường minh S để dễ cho việc đánh giá. điểm Theo định nghĩa về khoảng cách thì nó sẽ nhận các số trong tập hợp 1;2;3;4;5 Do đó S x1 2x2 3x3 4x4 5x5 trong đó xi ,i 1,2,3,4,5 là số cặp hai số đứng cạnh nhau trong H mà có khoảng cách bằng i. Tìm cách đánh giá các xi ,i 1,2,3,4,5 . 1,0 Đánh giá 1: x5 9. vì tối thiểu phải xuất hiện hết: 0, 1, , 9 Đánh giá 2: x4 x5 99.vì tối thiểu phải có 00 99 Đánh giá 3: x3 x4 x5 999. vì tối thiểu phải có 000 999 Đánh giá 4: x2 x3 x4 x5 9999. vì tối thiểu phải có 0000 9999 4 Đánh giá 5: xthật1 x ra2 đâyx3 làx 4số cácx5 số9. 1có0 5 chữ số. 4 Cộng vế theo vế ta có S x1 2x2 3x3 4x4 5x5 11106 9.10 . 1,5 Xây dựng hoán vị H để xảy ra dấu bằng. Do ta cần chữ số khác nhau trong hai số xa nhất, tức là ta cần so sánh các chữ số bằng nhau ở hai số từ phải qua trái. Do đó nếu ta viết ngược lại các chữ số thì ta sẽ so sánh được sự lớn bé của hai số với nhau. Như vậy một hoán vị H để đạt ra dấu bằng là hãy Trang 4
6. xếp các số từ bé đến lớn: 00001,00002, ,9999. Sau khi đổi ngược lại thì nếu số nào không đủ 5 chữ số thì ta bỏ đi. Đó là hoán vị cần tìm. 1,5 Trang 5