SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG NĂM HỌC: 2018-2019 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (5,0 điểm):    2x  y  x  y  Giải hệ phương trình sau tập số thực:   x  y  x  y     Câu (5,0 điểm): Cho hàm số y  x  2mx  ( m tham số thực) có đồ thị C m  Tìm tất giá trị m cho đồ thị C m  tồn điểm mà tiếp tuyến C m  điểm vng góc với đường thẳng x  8y  2018  Câu (5,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng cân nội tiếp đường tròn O  Gọi H chân đường cao kẻ từ A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng AI cắt đường tròn O  điểm thứ hai M ( M khác A ) Gọi AA ' đường kính O  Đường thẳng MA ' cắt đường thẳng AH , BC theo thứ tự N K Chứng   900 minh NIK Câu (5,0 điểm): Cho K tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ K Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số bội HẾT -(Thí sinh không sử dụng tài liệu – Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: …………………………………………… Số báo danh: ………………………………… Cán coi thi (ký, ghi rõ họ tên) Cán coi thi (ký, ghi rõ họ tên) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 03 câu) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG NĂM HỌC: 2018-2019 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (6,0 điểm):     f  f x   f y   yf x   f x  f y  , Cho hàm số f :    thỏa f xf y x, y   a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn a   cho f a   f đơn ánh” b) Tìm tất hàm số f Câu (7,0 điểm):   u1  2020   Cho dãy số (un ) xác định sau:  2018n   u  ( u  1),  n  1,2, 3,  n 1  2019n  n   Chứng minh dãy số cho có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu (7,0 điểm): Có số tự nhiên có 2018 chữ số, số chữ số lớn khơng có hai chữ số khác nhỏ đứng liền nhau? HẾT -(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu – Cán coi thi không giải thích thêm) Họ tên thí sinh: …………………………………………… Số báo danh: ………………………………… Cán coi thi (ký, ghi rõ họ tên) Cán coi thi (ký, ghi rõ họ tên) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VỊNG NĂM HỌC: 2018-2019 Mơn thi: TOÁN Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Cách giải khác giám khảo cho đủ số điểm NỘI DUNG ĐIỂM Câu ( 5,0 điểm):   (1)  2x  y  x  y  Giải hệ phương trình sau tập số thực:   2x  y  4x  y  (2)     2x  y  Điều kiện  Đặt   x  y      u  2x  y   (u, v  0)   v  x  y     u  v  2x 2x Ta có:  u    u v  2    0,5 1,0 Thay u  2x 2x x y   y  x vào (1) , ta có: 2 1,0 Thay y  x vào (1) , ta có: 1,0 x  x   14x   x 2   x 2     x   77  x   77     x   77    y     77 So điều kiện, hệ có nghiệm 1,0  27  77    77;     0,5 Câu (5,0 điểm): Cho hàm số y  x  2mx  ( m tham số thực) có đồ thị C m  Tìm tất giá trị m cho đồ thị C m  tồn điểm mà tiếp tuyến C m  điểm vng góc với đường thẳng x  8y  2018  Tiếp tuyến có hệ số góc 8 0,5 Gọi x hồnh độ tiếp điểm x nghiệm phương trình x  mx   (1) 1,0 Để thỏa yêu cầu toán (1) có nghiệm 1,0 Trang 1/ Vì x  khơng nghiệm (1) nên (1)  m  x  x 2 2x   Xét hàm số: f (x )  x  ; f '(x )  2x  x x2 x2 0,5 Bảng biến thiên x  f '(x )    f (x )   3   1,0  Từ bảng biến thiên, (1) có nghiệm m  3 Vậy m  3 thỏa yêu cầu toán 1,0 Câu (5,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng cân nội tiếp đường tròn O  Gọi H chân đường cao kẻ từ A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng AI cắt đường tròn O  điểm thứ hai M ( M khác A ) Gọi AA ' đường kính O  Đường thẳng MA '  cắt đường thẳng AH , BC theo thứ tự N K Chứng minh NIK  900 1    Ta có OAC  900  AOC  900  ABC  BAH mà AI phân giác góc A nên   HAI  OAI Suy tam giác ANA' cân A 1,0 Gọi L giao điểm MA BC     Ta có HKN  900  HNK  HAM  LAA ' Suy ra, tứ giác ALA'K nội tiếp Do MA '.MK  ML.MA  MN MK  ML.MA (1) 1,0 Trang 2/   MCB  hay MAC   MCL  nên hai tam giác MCL Vì MAC MAC đồng dạng Suy ML.MA  MC 1,0 (2) Do IA, IC tia phân giác tam giác ABC nên ta có:    sđ AB   sñ MC    sñ AB   sñ MB   MCI   MIC      2    MCI  nên tam giác MIC cân M Suy ra, MI  MC (3) Do đó, MIC 1,0  Từ (1), (2), (3) suy MN MK  MI  NIK  900 1,0 Câu (5,0 điểm): Cho K tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ K Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số bội Ta có: K  9.103  9000 0,5 Gọi A tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng chữ số chia hết cho   A  abcd   : a  b  c  d  Xét b  c  d  4k  r 0  r  3 Nếu r  0;1;2 giá trị r có hai giá 1,0 trị a cho a  b  c  d  (đó a   r, a   r ) Nếu r  giá trị r có ba giá trị a cho a  b  c  d  (đó a  1, a  5, a  )   Gọi B  bcd   :  b, c, d  9, b  c  d  4k  r ,  r  ,   C  bcd   :  b, c, d  9, b  c  d  4k   1,0  Khi đó, ta có: A  B  C  B  C  C  2.103  C Xét tập hợp C với c  d  4m  n Nếu n  0;1 giá trị n có hai giá trị b cho b  c  d  4k  Nếu n  2; 3 giá trị n có ba giá trị 1,0 b cho b  c  d  4k    Gọi D  cd   :  c, d  9, c  d  4m  n,  n  ,   E  cd   :  c, d  9, c  d  4m  n,  n    Khi đó, ta có: C  D  E  D  E  E  2.10  E , với E  25  24  49 1,0 Suy ra: A  2.103  2.102  49  2249 Gọi biến cố X : “Số chọn có tổng chữ số bội 4” Khi đó, xác suất biến 2249 cố X là: P X   9000 …….…HẾT…….… 0,5 Trang 3/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG NĂM HỌC: 2018-2019 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Cách giải khác giám khảo cho đủ số điểm ĐIỂM NỘI DUNG Câu (6,0 điểm):     f  f x   f y   yf x   f x  f y  , với Cho hàm số f :    thỏa f xf y x , y   a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn a   cho f a   f đơn ánh” b) Tìm tất hàm số f     Lấy y1, y2   cho f y1  f y2 (1) Thế x a y y1, y2 ta được:       f af y2   f  f a   f y2   y2 f a   f a  f y2  f af y1   f f a   f y1   y1f a   f a  f y1  (2) 1,0 (3) Từ (1), (2), (3) ta được: y1 f a   y2 f a   y1  y2 (vì f a   ) 1,0 Vậy f đơn ánh TH1: Nếu f x   với x   Thử lại ta thấy thỏa mãn 1,0 TH2: Nếu tồn a cho f  a           Thế x  0, y  vào đề ta được: f  f f  f  f  f f 1,0 Vì f đơn ánh nên ta được: f 0  Mặt khác, y  vào đề ta được:       f xf 0  f f x   f 0  0.f x   f x  f 0 , x       f x , x   hay f x   x, x   Vì f 0  nên f f x Vậy f x   0, x   f x   x , x   1,0 1,0 Câu (7,0 điểm):   u1  2020   Cho dãy số (un ) xác định sau:  2018n   un 1  (un  1), n  1,2, 3,   2019n    Chứng minh dãy số cho có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Trang 1/ Ta có: un  0, n  1,2 Xét hiệu: un 1  un  0,5 (2018n  2)(un  1)  (2019n  2)un 2018n   nun  2019n  2019n  1,0 Ta chứng minh: 2018n   nun   nun  2018n  2, n  2, 3, 4, () 0,5 Khi n  , dễ thấy mệnh đề () Giả sử: kuk  2018k  2, k  2, 3, 4, (k  1)uk 1  (k  1) 0,5 2018k  (u  1) 2019k  k 1,0 k 1  2018kuk  2uk  2018k  2 2019k   k   2018k  2018(2018k  2)   2018k  2  2019k   k    (k  1)(2018k  2)  (k  1)(2018k  2)  2019    2019k  k  k    2018k   2018  1,0  2018k  2020, k  2, 3, 4, k 1,0 Vậy un 1  un , n  2, 3, 4, 0,5 Mà (un ) bị chặn nên dãy số cho có giới hạn hữu hạn Gọi L  lim un Ta có: L  1,0 2018 (L  1)  L  2018 2019 Câu (7,0 điểm) Có số tự nhiên có 2018 chữ số, số chữ số lớn khơng có hai chữ số khác nhỏ đứng liền nhau? Xét trường hợp tổng quát với số tự nhiên có n chữ số, với n số nguyên dương Gọi An , Bn tập số tự nhiên có n chữ số thỏa yêu cầu đề mà chữ số tận 0,5 nhỏ chữ số tận lớn Lấy phần tử a thuộc An , có cách thêm vào chữ số cuối cho a (thêm vào bên phải chữ số cuối a ) để phần tử An 1 có cách thêm vào chữ số cuối 0,5 cho a để phần tử Bn 1 Lấy phần tử b thuộc Bn , có cách thêm vào chữ số cuối cho b để phần tử An 1 có cách thêm vào chữ số cuối cho b để phần tử Bn 1 0,5 Trang 2/    An  Bn A Ta có:  n 1  Bn 1  An  Bn    1,0    An  Bn   4.3  An 1  Bn 1    An   Bn   12  An 1  Bn 1 , n  Khi đó: An 1  Bn 1  An  Bn  An  Bn  Bn với A1  5, B1  3, A2  20, B2  24 Kí hiệu x n  An  Bn , ta được: x n 2  4x n 1  12x n , x1  8, x  44 Sử dụng sai phân tuyến tính, ta được: x n  Áp dụng cho n  2018 , ta có  n 1 n 5.6  2     5.62018  22018 số cần tìm 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 …….…HẾT…….… Trang 3/