Đề thi chọn Đội tuyển Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán năm học 2024-2025 - Sở GD&ĐT Sóc Trăng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn Đội tuyển Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Toán năm học 2024-2025 - Sở GD&ĐT Sóc Trăng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI SÓC TRĂNG QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2024-2025 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề) Ngày thi: 17/8/2024 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Bài Đáp án Điểm 3n Xét dãy số un xác định bởi u1 6 và un 1 3 u n , với mọi n 1. 1 un a) Chứng minh rằng limun . n Bằng quy nạp, ta chứng minh được un 0,  n 1. Kết hợp giả thiết, ta được un 1 3 u n ,  n 1. 2n 1 n 2,0 Khi đó un 3. u n 1 3 . u n 2 ... 3 . u 1 2.3 . n Mà lim 2.3 nên limun . n n un b) Cho dãy số vn xác định bởi vn , với mọi n 1. Chứng minh rằng dãy 3n số vn có giới hạn hữu hạn khi n . 3n 3un un 1 u n u n u n 1 Ta có vn 1 v n n 1 n n 1 n  0, n 1. 1,0 3 3 3 3 3un Do đó vn 1 v n nên dãy số vn tăng ngặt. Ta có v1 2 và 1 1 vn 1 v n n 1 , n 1. 3un 2.3 1 1 Khi đó v v và cứ thế v v . n n 1 2 3n 2 1 2 32 Cộng các đánh giá lại, ta được n 1 2,0 1 1 1 1 1 13 25 v v ...  2 . n 1 2 3 n 1 2.3 2.3 2.3 181 12 3 Từ đó ta được dãy số vn tăng ngặt và bị chặn trên nên sẽ có giới hạn hữu hạn khi n . a) Cho hàm f : thoả mãn 2 x 2 fy fy 2 fx fxyfx , với mọi x,. y Biết f 0 khác 0. Chứng minh rằng f đơn ánh. Trang 1/4
2. Đặt f 0 a a 0 , thay y bởi 0, ta có x 2 affx 2 fx ,  x *. Giả sử xx1,,. 2 fx 1 fx 2 Khi đó f 2 fx 1 f 2 fx 2 . Thay x xxx1, 2 vào *, ta có 2,0 x1 2 affx 2 1 fx 1 . x 2 affx 2 fx 2 2 2 Trừ vế theo vế hai phương trình trên ta được x1 x 2 a 0. Từ đó ta suy ra x1 x 2. Do vậy f đơn ánh. b) Số nguyên dương n được gọi là “đẹp” nếu như tồn tại đa thức hệ số thực P x bậc n, có hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) Px 15,  x . ii) Tập nghiệm của P x có chứa các số 3; 1;1 và 3. Chứng minh rằng n 4 và n 6 không phải là số đẹp. Từ có tìm tất cả các số đẹp. Nếu n 4 thì Pxxx 1 1 x 3 x 3 x4 10 x 2 9. 4 2 1,0 Ta cần có Px 15,  x xx10 24  0, x . Tuy nhiên, điều này là không thoả mãn vì vế trái có nghiệm là x 2. Nếu n 6 thì 2 2 2 P x x1 x 9 x ax b với a,. b 2 2 2 Ta cần có x 1 x 9 x  ax b 15, x (*). 5  Thay x 0 vào (*) được 9b 15 nên b . 3 1,0  Thay x 2 vào (*) được 15 4 2a b 15 nên 2a b 3.  Thay x 2 vào (*) được 15 4 2a b 15 nên 2a b 3. 5 Cộng từng vế của hai đánh giá cuối, ta được b 3 . Điều mâu thuẫn này 3 cho thấy không tồn tại a; b để có (*) nên n 6 không thoả mãn. Nếu n lẻ thì lim P x nên điều kiện i) không được thoả mãn. x Vì thế số n phải chẵn. Ngoài ra P x có ít nhất 4 nghiệm thực phân biệt nên degP 4. Theo chứng minh ở trên thì n 4 và n 6 đều không thoả mãn nên ta xét n 8. 1,0 22 2 2 Nếu degP 8 thì chọn Pxxx 1 9  0 15, x . 2 2 Từ đó, nếu n chẵn và n 8, ta chọn Pxxx n 8 2 1 x 2 9 0. Vậy tất cả các số đẹp cần tìm là n chẵn và n 8. Cho đường tròn O , hai điểm B, C cố định thuộc đường tròn, BC không là 3 đường kính của O , điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác Trang 2/4
3. ABC không cân tại A. Hai tiếp tuyến tại B, C của O cắt nhau tại D. Đường thẳng AD cắt O tại điểm E khác A. Kẻ đường kính EF của O , gọi M là giao điểm của BF và CE, N là giao điểm của CF và BE, P là giao điểm của AF và MN. a) Chứng minh rằng D là trung điểm của MN. F A O B C P E M D N G a) Ta có MBN MCN 90 . Suy ra tứ giác BCNM nội tiếp đường tròn đường kính MN. Ta có FMC FNB (cùng chắn BC ). 1 Mà BFC BOC DOC . 2 2,0 Và DOC phụ với góc ODC nên FNB ODC . 1 Do vậy BMC BNC BDC . 2 Mặt khác DB DC nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCNM đường kính MN. Suy ra D là trung điểm MN. b) Chứng minh rằng P thuộc một đường thẳng cố định. Gọi G đối xứng với E qua D, ta có tứ giác EMGN là hình bình hành. Ta thấy tứ giác AFGM nội tiếp đường tròn đường kính FG. Và tứ giác AFGN cũng nội tiếp đường tròn đường kính FG. Nên tứ giác AFNM nội tiếp. 3,0 Dựa vào tâm đẳng phương của ba đường tròn AFNM ,, O BCNM ta suy ra P thuộc đường thẳng BC cố định. Với k là số nguyên dương, xét phương trình nghiệm nguyên dương 3 3 3 4 xyz yzx zxy k. a) Chứng minh rằng với k 20252024 thì phương trình trên vô nghiệm. Trước hết, ta phân tích thành nhân tử cho vế trái của phương trình như sau 3 3 3 xyz yzx zxy 2,0 xyz3 yzyyx 3 zxy 3 Trang 3/4
4. yzxy 3 3 xyyz 3 3 yzxyx 2 xyy 2 y 2 yzz 2 yzxy xyxy yxy xyyzxzxyz . Trong các số x,, yz phải có hai số cùng tính chẵn lẻ, nên một trong các hiệu x yy, z và x z phải chẵn, tức là xyyzxzxyz luôn chẵn. Mà 20252024 là một số lẻ. Vì thế phương trình xyz3 yzx 3 zxy 3 2025 2024 vô nghiệm. b) Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương k 2024 để phương trình trên có nghiệm nguyên dương? Ta tiếp tục chỉ ra rằng biểu thức xyyzxzxyz luôn chia hết cho 3 với mọi x,, yz nguyên. Nếu trong x,, yz có hai số cùng chia hết cho 3 thì đúng, còn ngược lại, chúng phải có số dư đôi một khác nhau khi chia cho 3. 1,0 Khi đó x   y z 0 1 2 0 mod 3 . Kết hợp với a), suy ra k phải chia hết cho 6. Giả sử z min xyz ; ;  thì x y z nên xy 1, yz 1, xz 2 và xyz 3 z 3 6. 1,0 Khi đó k 1.1.2.6 12. Vì thế điều kiện cần là k chia hết cho 6 và k 12. Đặt k 6 m với m , m 2 . Chọn xy 1, yz 1 thì x z 2 và xyz 3 z 3. Khi đó thay vào phương trình được 1.1.2. 3z 3 6 m hay z m 1. 1,0 Khi đó, phương trình luôn có nghiệm nguyên dương là m 1; mm ; 1 . 2024 Vậy số giá trị k cần tìm là 1 336. 6 ----- Hết ------ Trang 4/4