Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 THPT - Năm học 2013-2014- 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 THPT - Năm học 2013-2014- Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP GIA LAI 12 DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM HỌC 2013-2014 ——————————— Môn thi : Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 27/09/2013 Đề thi có 01 trang gồm 06 câu ———————————————————————————————————– Câu 1 (3 điểm). Cho hệ sau: x2 + y2 = 1 2 2  z + t = 2013  xt + yz > √2013 Hãy tìm nghiệm của hệ sao cho y + t nhỏ nhất. 5 Câu 2 (3 điểm). Cho dãy số (xn) với x1 = và 2 3 20n + 21 xn+1 = xn 12xn + (n N∗). r − n + 1 ∈ Chứng minh dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 3 (3 điểm). Cho KL và KN là các tiếp tuyến của đường tròn (O), với L, N là các tiếp điểm. Lấy điểm M bất kỳ trên KN (M, K khác phía so với N). Giả sử (O) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KLM tại điểm thứ hai là P và Q là chân đường vuông góc hạ từ N xuống ML. Chứng minh rằng MPQ\ = 2KML\ Câu 4 (3 điểm). Xét tất cả các tập hợp X = a1; a2; ; an N∗ có tính chất: khi ta bỏ đi một phần tử bất kỳ trong X thì tập còn lại có thể{ phân hoạch}⊂ thành hai tập con khác rỗng sao cho tổng tất cả các phần tử trong mỗi tập con đó bằng nhau. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của n. Câu 5 (4 điểm). Cho A N∗ thỏa mãn các tính chất sau: i) Các số nguyên 1, 2, 3 đều⊂ thuộc A. ii) Nếu a là một phần tử của A thì mọi ước của a cũng thuộc A. iii) Nếu a,b là hai số phân biệt đều lớn hơn 1 của A thì số 1+ ab cũng thuộc A. Hãy chứng minh rằng số 20132014 thuộc A. Câu 6 (4 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn → y xf(y) yf(x)= f , x = 0, y R. − x ∀ 6 ∈   ————————————–Hết————————————– Họ và tên thí sinh Số báo danh Thí sinh không sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm. 1
2. 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP GIA LAI 12 DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi : Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 27/09/2013 Đề thi có 01 trang gồm 06 câu Hướng dẫn chấm Câu 1 (3 điểm). Đặt x = cos α; y = sin α; z = √2013 cos β; t = √2013 sin β 0,5điểm Khi đó ta có √2013 (cos α sin β + sin α cos β) > √2013 sin(α + β) > 1 ⇒ sin(α + β) = 1 ⇒ π α + β = + k2π, k Z ⇒ 2 ∈ sin α = cos β ⇒ ( sin β = cos α 0,5điểm Khi đó, y + t = sin α + √2013 sin β = sin α + √2013 cos α 1 √2013 = √2014 sin α + cos α √2014 √2014 ! 2 2 1 √2013 Do √2014 + √2014 = 1 nên tồn tại góc φ sao cho     1 √2013 cos φ = ; sin φ = √2014 √2014 0,5điểm Do đó, y + t = √2014 sin (α + φ) đạt giá trị nhỏ nhất khi sin(α + φ)= 1 − π α + φ = + k2π, k Z ⇒ − 2 ∈ 1 √2013 sin α = cos φ = ; cos α = sin φ = ⇒ − −√1024 − −√2014
3. 3 0,5điểm Suy ra √2013 x =  −√2014  1  y =  −√  2014   √2013  z = − √2014   2013  t =  −√2014   0,5điểm Thử lại ta thấy thỏa. Vậy có duy nhất một nghiệm thỏa yêu cầu bài toán như trên. 0,5điểm
4. 4 5 Câu 2 (3 điểm) Ta chứng minh xn > 2 bằng quy nạp. Ta có x1 = > 2. Giả sử xn > 2, khi đó 2 ta có các biến đổi tương đương sau: 2 3 1 xn+1 > 2 xn > 4 xn 12xn +20+ > 4 ⇔ +1 ⇔ − n + 1 2 1 (xn +4)(xn 2) + > 0 bất đẳng thức đúng . ⇔ − n + 1
   Vậy nếu xn > 2 thì xn+1 > 2. Theo nguyên lí quy nạp suy ra xn > 2, n N∗. (1) ∀ ∈ 1,0điểm Tiếp theo ta chứng minh (xn) là dãy số giảm. Ta có 125 41 49 5 x2 = 30 + = 2, xn 1 > 2. Vậy − − − − 2 2 xn + xnxn 1 + xn 1 12 > 0 − − − do đó (2) đúng, suy ra xn+1 x2 > >xn >xn+1 > (3) 2 ··· ··· Dãy (xn) giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn. 1,0điểm 5 Đặt lim xn = a. Từ (1) và (3) suy ra 2 a . Từ hệ thức truy hồi của dãy, cho n + ta n + → ∞ ≤ ≤ 2 → ∞ được a = √a3 12a + 20 a3 a2 12a + 20 = 0, hay − ⇔ − − a = 2 (nhận) 1 √41 (a 2) a2 + a 10 = 0  a = − − (loại) − − ⇔ 2  1+ √41
    a = − (loại)  2  Vậy lim xn = 2. n + → ∞ 1,0điểm
5. 5 Câu 3 (3 điểm). Gọi P 0 là giao điểm thứ hai của MP với (O) và Q0 là giao điểm của ON với ML. Khi đó 2 MQ.MQ0 = MN hệ thức lượng trong tam giác vuông 2
   MP.MP 0 = MN hệ thức lượng trong đường tròn Suy ra MP.MP 0 = MQ.MQ0. Do đó tứ giác PQQ0P 0 nội tiếp.
   1,0điểm \ \ Tứ giác PQQ0P 0 nội tiếp nên MPQ = MQ0P 0 (1) Tứ giác PMKL nội tiếp nên LP\ M + LKM\ = 1800 Mặt khác 2LNK\ + LKM\ = 1800 nên LP\ M = 2LNK\ Hơn nữa, LP[ N = LNK.\ Do đó NP\ M = LNK\ (2). Tứ giác NP P 0L nội tiếp nên \ \ NP M = P 0LN (3). \ \ Từ (2) và (3) ta có LNK = P 0LN. Do đó LP 0//MK. Suy ra NO LP 0. 1,0điểm ⊥ Do đó NQ0 là trung trực của LP 0. \ \ Suy ra MQ0P 0 = 2Q0LP 0 \ \ \ \ Nhưng KML = Q0LP 0 nên MQ0P 0 = 2KML (4). Từ (1) và (4) ta có MPQ\ = 2KML\ (đpcm). 1,0điểm
6. 6 Câu 4 (3 điểm). Một tập X = a1; a2; ; an N∗ được gọi là tập có tính chất đối xứng nếu khi ta bỏ đi một phần tử bất kỳ trong{ X thì tập}⊂ còn lại có thể phân hoạch thành hai tập con khác rỗng sao cho tổng tất cả các phần tử trong mỗi tập đó bằng nhau. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của n. a1 a2 an Giải. Giả sử trong X có phần tử a1 là số lẻ. (vì ngược lại ta xét tập Xk = k ; k ; ; k N∗). 2 2 2 ⊂ Đặt S = a1 + a2 + + an. Theo giả thiết ta có (S a1) là số chẵn nên S là số lẻ. −  Cũng theo giả thiết thì (S ai) cũng là số chẵn với i = 2, 3, ,n nên ta suy ra được kết quả ai là số lẻ với i = 1, 2, ,n. − Ta lại có n . . . (S ai).2 (n 1) S.2 (n 1) .2 i=1 − ⇒ − ⇒ − X tức n là số lẻ. 1,0điểm Với n = 3 (lưu ý là n> 1); Giả sử a1 <a2 <a3. Dễ thấy trường hợp này không thỏa. Với n = 5, giả sử a1 <a2 <a3 <a4 <a5. Nếu bỏ đi phần tử a1, vì a2 <a3 <a4 <a5 nên chỉ có hai khả năng là a2 + a3 + a4 = a5(1) hay a3 + a4 = a5 + a2(2) Nếu bỏ đi phần tử a2, vì a1 <a3 <a4 <a5 nên chỉ có hai khả năng là a1 + a3 + a4 = a5(3) hay a3 + a4 = a5 + a1(4) Dễ thấy (1), (2), (3), (4) không có hai đẳng thức nào đồng thời xảy ra nên không có tập nào có 5 phần tử thỏa tính chất đã nêu. 1,0điểm Với n = 7, xét tập X = 1; 3; 5; 7; 9; 11; 13 { } Nếu bỏ phần tử 1 thì ta có đẳng thức 3+5+7+9=11+13 Nếu bỏ phần tử 3 thì ta có đẳng thức 1+9+13=5+7+11 Nếu bỏ phần tử 5 thì ta có đẳng thức 1+3+7+11=13+9 Nếu bỏ phần tử 7 thì ta có đẳng thức 1+9+11=3+5+13 Nếu bỏ phần tử 9 thì ta có đẳng thức 7+13=1+3+5+11 Nếu bỏ phần tử 11 thì ta có đẳng thức 3+7+9=1+5+13 Nều bỏ phần tử 13 thì ta có đẳng thức 7+11=1+3+5+9. Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 7. 1,0điểm
7. 7 Câu 5 (4 điểm). Ta có 1 + 2.3 = 7 thuộc A nên 22 = 1 + 3.7 thuộc A, kéo theo 45 = 1 + 2.22 thuộc A. Vì 5 là ước của 45 nên 5 A. ∈ 0,75điểm Lại có 136 = 1 + 3.45 thuộc A nên ước của nó là 4 cũng thuộc A. 0,5điểm Bây giờ ta bắt đầu bước qui nạp. Với n > 5, giả sử tất cả các số nguyên dương không vượt quá n đều thuộc A. Xét số n + 1: 0,75điểm n n Nếu n là số chẵn thì 2 < A nên n +1=1+2. A 2 ∈ 2 ∈ n + 1 n + 1 Nếu n là số lẻ thì 2 < A nên n +2=1+2. A 2 ∈ 2 ∈ 1,0điểm Ta cũng lại có 1 + 2n A và do đó ∈ 1+(2n +1)(n + 2) A ∈ 2n2 + 5n + 3 A ⇔ ∈ (n + 1)(2n + 3) A ⇔ ∈ (n + 1) A ⇒ ∈ 2014 Theo nguyên lý qui nạp ta có A = N∗ nên 2013 A (đpcm) ∈ 1,0điểm Lưu ý Ta có thể tạo ra bội của n + 1 đơn giản hơn như sau: 1+ n(n +2)=(n + 1)2.
8. 8 Câu 6 (4 điểm). Trong (1) cho x = 2 và y = 0 ta được 2f(0) = f(0) f(0) = 0. Từ (1) cho x = y = 1 ta được f(1) = 0. Từ (1) cho y = 1 ta được ⇔ 1 f = x f(x), x = 0. (2) x − ∀ 6   0,75điểm 1 Từ (1) thay y bởi và sử dụng (2) ta được x 1 xf(x) f(x)= f(x2), x = 0 − − x − ∀ 6 1 f(x2)= x + f(x), x = 0. (3) ⇔ x ∀ 6   0,75điểm Từ (1) ta có y2 x2f(y2) y2f(x2)= f , x = 0, y R. (4) − x2 ∀ 6 ∈   Từ (3) và (4) suy ra với mọi x = 0 và y = 0 ta có 6 6 1 1 y x x2 y + f(y) y2 x + f(x)= + [xf(y) yf(x)] y − x x y −       x2yf(y) y2xf(x)= yf(y) xf(x) ⇔ − − x2 1 yf(y)= y2 1 xf(x). (5) ⇔ − −
   1,0điểm
   Từ (5) lấy x = 2 và y = 1 ta được f( 1) = 0. Từ (5) suy ra − − yf(y) xf(x) = , x,y / 1, 1 y2 1 x2 1 ∀ ∈{ − } − − xf(x) = C, x / 1, 1 C là hằng số ⇒x2 1 ∀ ∈{ − } − 1
   f(x)= C x , x / 1, 1 . ⇒ − x ∀ ∈{ − }   1,0điểm 1 C x khi x = 0 Từ đó f(x)= − x 6 Thử lại thấy thỏa mãn.     0 khi x = 0. 0,5điểm 