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 2
NĂM HỌC: 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (5,0 điểm):


 2x  y  x  y  1
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
.

2
x

y

4
x

y

2


(Đề thi có 01 trang, gồm 03 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2
NĂM HỌC: 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 5 (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 tại a   sao cho f a   0 thì f là đơn ánh”.
b) Tìm tất cả các hàm số f .

Câu 6 (7,0 điểm):


u1  2020


Cho dãy số (un ) được xác định như sau: 
.
2018n  2

u


LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2
NĂM HỌC: 2018-2019
Môn 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 nếu đúng thì giám khảo vẫn cho đủ số điểm.
NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1 ( 5,0 điểm):


(1)
 2x  y  x  y  1
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
.

2x  y  4x  y  2 (2)





2x  y  0
Điều kiện 


u 2  v 2  2x
2x
Ta có: 
u 


u v  2
2




0,5

1,0

Thay u 

2x
2x
3
x y  1  y  x
vào (1) , ta có:
2
2
2

1,0



y 





3
9  77 . So điều kiện, hệ có nghiệm
2

1,0


27  3 77 

9

77;


2



0,5

Câu 2 (5,0 điểm):
Cho hàm số y  x 4  2mx 2  3 ( m là tham số thực) có đồ thị C m  . Tìm tất cả các giá trị
của m sao cho trên đồ thị C m  tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của C m  tại điểm đó


0,5

Bảng biến thiên
x



f '(x )

0






f (x )





1
0
3





  
Ta có HKN  900  HNK  HAM  LAA ' . Suy ra, tứ giác ALA'K nội tiếp.
Do đó MA '.MK  ML.MA  MN .MK  ML.MA .
(1)

1,0

Trang 2/ 3


  MCB
 hay MAC
  MCL
 nên hai tam giác MCL và
Vì MAC
MAC đồng dạng.
Suy ra ML.MA  MC 2 .

1,0

(2)

Do IA, IC là các tia phân giác trong của tam giác ABC nên ta có:

  1  1 sñ AB
  sñ MC
  1  1 sñ AB
  sñ MB
  và MCI
  .



A  abcd   : a  b  c  d  4 .

Xét b  c  d  4k  r 0  r  3 . Nếu r  0;1;2 thì mỗi giá trị của r sẽ có hai giá

1,0

trị của a sao cho a  b  c  d  4 (đó là a  4  r, a  8  r ). Nếu r  3 thì mỗi giá
trị của r sẽ có ba giá trị của a sao cho a  b  c  d  4 (đó là a  1, a  5, a  9 ).





Gọi B  bcd   : 0  b, c, d  9, b  c  d  4k  r , 0  r  2 ,





C  bcd   : 0  b, c, d  9, b  c  d  4k  3 .



1,0



Khi đó, ta có: A  2 B  3 C  2 B  C  C  2.103  C .

Gọi biến cố X : “Số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4”. Khi đó, xác suất của biến
2249
cố X là: P X  
.
9000
…….…HẾT…….…

0,5

Trang 3/ 3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2
NĂM HỌC: 2018-2019
Môn thi: TOÁN
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 nếu đúng thì giám khảo vẫn cho đủ số điểm.
ĐIỂM

NỘI DUNG
Câu 5 (6,0 điểm):

    f  f x   f y   yf x   f x  f y  , với



Từ (1), (2), (3) ta được: y1 f a   y2 f a   y1  y2 (vì f a   0 ).

1,0

Vậy f là một đơn ánh.
TH1: Nếu f x   0 với mọi x   . Thử lại ta thấy thỏa mãn.

1,0

TH2: Nếu tồn tại a sao cho f  a   0 .





 



  

Thế x  0, y  1 vào đề bài ta được: f 0  f f 0  f 1  f 0  f f 1 .

1,0

Vì f là đơn ánh nên ta được: f 0  0 .
Mặt khác, thế y  0 vào đề bài ta được:



Cho dãy số (un ) được xác định như sau: 
.
2018n  2

un 1 
(un  1), n  1,2, 3,...


2019n  2



Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Trang 1/ 3


Ta có: un  0, n  1,2...
Xét hiệu: un 1  un 

0,5

(2018n  2)(un  1)  (2019n  2)un
2018n  2  nun

2019n  2
2019n  2

1,0



(k  1)(2018k  2) 
1
(k  1)(2018k  2)

2019  2  
2019k  2
k 
k




 2018k  2  2018 

1,0

2
 2018k  2020, k  2, 3, 4,...
k

1,0

Vậy un 1  un , n  2, 3, 4,...

0,5

Mà (un ) bị chặn dưới nên dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn.
Gọi L  lim un .
Ta có: L 


 An  5 Bn
A
Ta có:  n 1
.

Bn 1  3 An  3 Bn




1,0


 4  An  Bn   4.3  An 1  Bn 1   4  An


 Bn   12  An 1  Bn 1 , n  2

Khi đó: An 1  Bn 1  4 An  8 Bn  4 An  Bn  4 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 , trong đó x1  8, x 2  44 .
Sử dụng sai phân tuyến tính, ta được: x n 
Áp dụng cho n  2018 , ta có



n
1 n