Toan hdc hsg thpt 2020 2021

Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC.. 2 Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo không làm sai lệch biểu điểm của HDC và phải được t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: TOÁN

Ngày thi: 07/10/2020

Hướng dẫn gồm 06 trang

A) Hướng dẫn chung:

1) Học sinh làm đúng đến đâu thì chấm đến đó Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC

2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo không làm sai lệch biểu điểm của HDC

và phải được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi

3) Điểm của bài thi không làm tròn

B) Hướng dẫn cụ thể:

Câu

1a

Giải phương trình sau: (2x 4) 3x 2 x 3 5x 7 3x27x 6

4.0

đ

Điều kiện:

2 3

(2x 4) 3x 2 x 3 (x3)(3x 2) 5 x 7

(2x 4)( 3x 2 1) x 3( 3x 2 1) (3x 3) 0

( 3x 2 1)(2x 4 x 3) (3x 3) 0

x

0.5

x

x

0.5

1

x





 



0.5

Từ phương trình (*) , kết hợp với điều kiện bài toán ta có:

2x   và 35 0 x 2 x 3 1(**) 0.5

Từ (*) và (**) suy ra:

2

3

x







0.5

Cho các số thực dương x y, Chứng minh rằng:

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

1b

đ

1

3

x y

3

x y

Cộng vế với vế ta có:

3

x y

0,5



3

x y

x y



   (1) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xy

0,5

Tương tự ta có

3

x y

y x



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xy

1.0

Từ (1) và (2) suy ra

2

x y

x y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xy

0,5

Câu

2

Cho dãy số  u n xác định bởi công thức:

2 1 2

1

n

n n u







(ta kí hiệu  x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x và  x  x  x ).

a Tính sáu số hạng đầu của dãy số  u n .

b Tính giới hạn của dãy số  u n .

Ta có:

n

n

u



0.5

Với n  ta có:3

0



0.5

Khi đó limn u n 0

  

c Có bao nhiêu số hạng của dãy số ( ) u với n n 86 thỏa mãn:

n

n





Với n  , ta chứng minh bằng quy nạp rằng 3 2n 1 n2 n 4

thành thử:

2

1

4

n n



 

Do đó

2

1

4

n n

u   

 với mọi n  3

Với n0,n1,n2,n3,n4,n5 ta thấy không thỏa mãn

điều kiện đề bài và với n  thì 6

4

65

n

thỏa mãn điều kiện đề bài

0.25

Xét với n 7, ta có:

99

97 2

n n







0.25

Với n 86 thì:

Ta sẽ dễ dàng chứng minh bằng quy nạp

4

65

n

với n  7

Như vậy (*) đúng khi 6 n 86, hay có 81 số thỏa mãn điều

kiện đề bài

0.25

Câu

3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC có tâm S , cắt đường thẳng AB tại điểm X khác B và cắt đường tròn Euler của tam giác ABC tại hai điểm D E, Gọi K L, theo thứ tự là các điểm đối xứng của S qua AB AC, Chứng minh rằng:

a XOAC

Gọi M là trung điểm của BC

Dễ thấy

 XO AC,   XO XB,   AB AC, 

0.5

 ,  1 ,  mod 

2

0.5

CO CM,  OM OC, 

 ,  mod 

2

Do đó XOAC

0.5

b Đường thẳng KL đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC và hai đường thẳng AD AE, đối xứng nhau qua đường phân giác góc BAC

b Gọi H là trực tâm tam giác Gọi N A B C theo thứ tự là, , ,1 1 1

trung điểm của OH HA HB HC, , ,

Xét phép vị tự tâm H , tỷ số k  ta có 2 A B C theo thứ tự1, ,1 1

biến thành A B C, , Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác

1 1 1

A B C biến thành đường tròn ngoại tiếp ABC Suy ra N là tâm

đường tròn Euler của tam giác ABC

0.25

Gọi Z T, theo thứ tự là giao điểm của SK SL, và AB AC,

Ta có BH AC, kết hợp ý a ta có XO BH ||

0.25

Suy ra ZN BH ||

Kết hợp với ST BH , suy ra || ZN ST (1)||

Tương tự ta chứng minh được TN SZ (2)||

Từ (1), (2) và (3), chú ý rằng Z T, theo thứ tự là trung điểm của

,

SK SL, suy ra

1 2 2

SL  ST  KS .

Vậy N thuộc KL (điều phải chứng minh)

0.25

Gọi I AH BC, A' là điểm đối xứng của A qua O Gọi

,

G F theo thứ tự là trung điểm của AB AC,

AB AI ABI AA C

AA AC

1 2

AI AO AB AC AF AB AG AC

0.25

Xét phép nghịch đảo đối xứng f là hợp của phép nghịch đảo

tâm A, phương tích

1

2AB AC và phép đối xứng qua phân giác góc BAC ta có điểm O B C, , theo thứ tự biến thành điểm

, ,

I F G Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC biến thành

đường tròn Euler

0.25

Do D E, là giao điểm của hai đường tròn nên qua phép f sẽ

Câu

4 a Cho số nguyên tố p và số nguyên dương a thỏa mãn 1a p1, q là ước nguyên tố của A   1 a a p1 Chứng minh rằng q  1 chia hết cho

p

a

2.0

đ

Bổ đề: “Giả sử m và n là các số nguyên dương, a là số

nguyên lớn hơn 1 Khi đó (a m 1,a n 1)a( , )m n 1”

Chứng minh.

Đặt d1 (a m 1,a n1) và d ( , )m n Ta chứng minh

1 d 1

d a 

Ta có a d  1 a m  1

và a d  1 a n 1

Suy ra

a d  1 d1 (1)

Do d ( , )m n nên tồn tại x y  , sao cho mx ny d 

0.5

Vì



1 mx ny 1 ny mx ny 1

Mặt khác, d a 1,  1 nên d a1, ny 1

, suy ra d a1 mx ny 1

 hay

1 d 1 (2)

d a 

Từ (1) và (2) suy ra d1a d  1

Từ giả thiết ta có

1 1

p a A a





Do q A a p1 0(mod ) q  q a p 1

Theo định lý Fermat nhỏ ta có:



0.25

Theo bổ đề trên ta có: q a p 1,a q 1 1 q a p q, 1   1

Nếu  p q,  1  1 q a  1  a1 mod q 0.25

Vì a1 mod q , suy ra A 1 a a p1 pmodq

Mặt khác ta lại có A0 mod q  p0 mod q  p q , điều

Khi đó p a  , kết hợp với định lý Fermat nhỏ p 1 p a p  a, ta có

p a  p a  vô lý

Vậy  p q , 1 1, hay q  1 p

0.25

b Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3, có n

chữ số và các chữ số đều thuộc tập A 3;4;5;6;9 ?

2.0

đ Với i 0,1,2, ta đặt

A n i  a a a a A a a a  a i

Và đặt A n | ( ,0) |,A n B n | ( ,1) |,A n C n | ( , 2) |A n

Dễ dàng thấy rằng A13,B11,C1 1

0.25

Xét phần tử a a a1, , , , ,2 3 a a n n1 của (A n 1,0).

 Nếu a n1 hoặc 6 hoặc 9 thì 3 a a a1, , , ,2 3 a nA n( ,0)

 Nếu a n1 thì 4 a a a1, , , ,2 3 a nA n( ,2)

 Nếu a n1 thì 5 a a a1, , , ,2 3 a nA n( ,1)

0.25

Hoàn toàn tương tự ta cũng có B n13B n A nC n(2) và

1 3

Từ (1),(2) và (3) ta suy ra

2

1

1 1 1





0.25

Kết hợp với (1) ta suy ra

1

1 2 5 ,n 2 1 5 , ,n 2 2 1 5

Suy ra

1

n

A



……….Hết……….