Đề thi HSG lớp 12 môn Toán cấp trường năm 2021 2022 trường chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2021-2022 Thời gian làm bài: 180 phút

Môn: Toán Câu 1. (2 điểm)

Cho dãy số   1  n n u xác định bởi   1 1

3 0, 1 . 5 

    

n n

n

u u u n u

a) Chứng minh rằng dãy   1  n n u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Đặt

1

1

3    

n

n

k k T u . Tìm lim . 5 4  

n

n

T n

Câu 2. (2 điểm) Tìm tất cả các hàm số : f  ¡ ¡ sao cho:

     2018 2017 ( ), , .      ¡ f y f x f x y yf 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   1 . n n x a x n  ¥ ; * ox ¥ ; a là nghiệm dương của phương trình 2 1 0 x kx   (

; 1 k k   ¥ ) với số nguyên dương k cho trước.

Khi đó chứng minh rằng 1 1 1 (mod ) n n x x k     .

Giải

Câu 1 :

a) Ta chứng minh bằng quy nạp theo *  n ¥ , dãy   1  n n u bị chặn trên bởi 1 và là một dãy tăng.

+) Ta có 1 1.  u Giả sử 1  n u *.  n ¥ Vì hàm  3 5

   x f x x

là đồng biến trên khoảng

( ;1)  nên    1 1 1 1.      n n n u u f u f

Vậy 1  n u với mọi *.  n ¥

+) Ta có 2 1 3 5   u u . Giả sử   1 2 .    n n u u n Do 1 , 1  n n u u và f là đồng biến trên khoảng

( ;1)  nên     1 1 .      n n n n u f u f u u

Vậy dãy   1  n n u tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn.

+) Đặt   lim 1 .    n n u a a Suy ra 1 3 .3 5

      

a a a a a

Vậy lim 1.   n n u

b) Ta có   1

1 1

4( 3) 1 1 2 3 1 2 . 5 3 4 3



 

              

k k

k k k

u u k u u u

2 2 1 1

1 1 1 1 1 2 1 3 3 3 4 3   

                 

n n

n

k k k k T n u u u

1 1 1 1 . 12 4 2 3             n

n n T u

Suy ra 1 1 1 1 lim . 6 2 3 5 4 10          

n n n n

T T n u n

Câu 2 :

Giả sử hàm số ( ) f x thỏa mãn yêu cầu bài toán. +)Trong (1) thay y bởi ( ) f x ta có :    2018 2 0 ( ) 2017( ( )) , (2).    ¡ f f x f x f x x

+)Trong (1) thay y bởi

2018 x ta có :    2018 2018 ( ) 0 2017 ( ), (3).    ¡ f x f x f x f x x

Từ (2) và (3) suy ra 

2018 ( ( ) ) 0, (4).   ¡ f x f x x x

Vậy nếu có 0x sao cho 0 ( ) 0  f x thì 2018 0 0 ( ) .  f x x Vậy  0 0.  f

Dễ thấy có hai hàm số 1( ) 0  f x và 2018 2( ) ,  ¡ f x x x thỏa mãn (4).

+) Ta chứng minh nếu có hàm số ( ) f x khác hai hàm số 1( ) f x và 2( ) f x mà thỏa mãn cả (1) và

(4) thì vô lý.

Vì ( ) f x khác 1( ) f x nên 1 1 : ( ) 0.    ¡ x f x Vậy 2018 1 1 ( ) .  f x x

Vì ( ) f x thỏa mãn (4) và khác 2( ) f x nên 2 2 2 : 0; ( ) 0.     ¡ x x f x

+) Trong (1) cho 0 ( ) ( ), .     ¡ x f y f y y

Không mất tổng quát, giả sử 2 0 x 

+)Trong (1) thay x bởi 2x và y bởi 1 ( ) x ta có :

2018 1 2 1

2018 1 1 1

2018 2018 2018 2018 2 1 2 1 1

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) .

  

   

    

f x f x x

x f x f x

f x x x x x

(vô lý).

+) Bằng cách thử trực tiếp vào (1) ta có kết quả hàm số cần tìm là ( ) 0, .  ¡ f x 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 2 1  thì bảng trên trở thành 2 ( 1) n   ; ta có ( 1) a n 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 ( ) ( 1) ( 2) a n a n a n     với (1) 1; (2) 2 a a   .

Suy ra ( ) n a n F  là số Fibonacci thứ n .

Như vậy số cách lát là 2022 F

Câu 4: