Đề đề nghị Olympic 16 - Toán 11
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (132.81 KB, 7 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN.; KHỐI: 11.
ĐỀ THI
(Lưu ý quan trọng: phần nội dung không để trong Texbox)
CÂU HỎI 1: (3 điểm) Giải hệ phương trình:
3
1 1 4
ì
ï
+ - =
ï
ï
í
ï
+ + + =
ï
ï
î
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:
3 (1)
1 1 4 (2)
ì
ï
+ - =
ï
ï
í
ï
+ + + =
ï
ï
î
Điều kiện để hệ có nghĩa:
0, 0 ³ ³
. 0.25
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
1 1 4 1 1 2 1 1 16
2 1 1 14 (3)
+ + + = Û + + + + + + =
Û + + + + =
0.5
Đặt
=
, từ (1) ta có:
3 + = +
. (4) 0.5
Thay (4) vào (3) và có:
2
3 2 4 14 + + + + =
2
2 4 11 Û + + = -
0.5
0 11
3
35
3
ì
ï
£ £
ï
ï
ï
é
=
ï
ê
Û
í
ï
ê
ï
ê
ï
= -
ï
ê
ï
ë
î
0.75
3 3 9. Û = Û = Û =
0.25
Từ đó ta có hệ:
6
3.
9
ì
ï
+ =
ï
Û = =
í
ï
=
ï
î
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (3;3). 0.25
Số phách
Số phách
CÂU HỎI 2: (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên
của
n
nn
3
18
23
++
l một số nguyên tố.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:
Nếu
n
= 3k thì
n
nn
A
3
1
3
8
3
2
++=
k
kk
9
1
83
2
++=
0.25
[ ]
kkA 83
2
+=⇒
( )
83 += kk
0.5
Do đó
[ ]
A
l số nguyên tố khi và chỉ khi k = 1 suy ra n = 3. 0.25
Nếu
n
= 3k +1 thì
n
nn
A
3
1
3
8
3
2
++=
n
kkk
3
1
3
8
8
3
1
23
2
+++++=
0.25
n
kk
3
1
3103
2
+++=
0.25
[ ]
3103
2
++=⇒ kkA
( )( )
133 ++= kk
0.25
Do đó
[ ]
A
l số nguyên tố khi và chỉ khi k = 0 suy ra n = 1. 0.25
Nếu
n
= 3k + 2 thì
n
kkkA
3
1
3
16
8
3
4
43
2
+++++=
0.25
n
kk
3
1
3
2
6123
2
++++=
[ ]
6123
2
++=⇒ kkA
( )
243
2
++= kk
không là số nguyên tố. 0.5
Do đó
[ ]
A
l số nguyên tố khi và chỉ khi suy ra n = 1; 3 0.25
CÂU HỎI 3: (4 điểm)
Cho tứ diện SABC và hai điểm M,N lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, sao cho:
1
; 2
2
SM SN
MA NB
= =
.
Mặt phẳng (P) qua hai điểm M,N và song song cạnh SC chia tứ diện thành hai
phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần ấy.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:
Mặt phẳng (P) qua hai điểm M,N và song song SC cắt hai mặt phẳng (SAC) và
(SBC) theo các giao tuyến
/ / / / .ML NK SC
0.25
Ta có:
1
3
= =
CL SM
CA SA
;
2
3
= =
CK SN
CB SB
0.5
Gọi
1 2
, ,V V V
lần lượt là thể tích của các hình chóp SABC và của các đa diện
SCMNKL và ABMNKL. Ta có:
1
.
SKLC SLKM SKMN
V V V V= + +
0.25
Ta có:
2
.
9
= = =
SKLC CSKL
V V
CL CK
V V CA CB
(1) 0.5
1
3
= =
SKLM
SKLA
V
SM
V SA
(2) 0,25
Mà
2 2 4
. . .
3 3 9
= = = = =
SKLA AKC
ALK ALK
ABC AKC ABC
V S
S S AL CK
V S S S AC CB
(3) 0,25
1 4 4
(2) (3) .
3 9 27
= = =
SKLM
V
x
V
(4) 0,5
1 2 2
. .
3 3 9
= = =
SMNK
SABK
V
SM SN
V SA SB
(5) 0.25
( ) 1
( ) 3
= = =
SABK
V
dt ABK BK
V dt ABC BC
(6) 0,25
Lấy (5)x(6):
2 1 2
.
9 3 27
= =
SMNK
V
V
(7) 0.5
Lấy (1)+(4)+(7), suy ra:
1
2 4 2 4
9 27 27 9
= + + =
V
V
0.25
1 1
1 2
4 4 4
9 4 5 5
⇒ = = ⇔ =
− −
V V
V V V
0.25
CÂU HỎI 4: (3 điểm) Cho
1 2 3 4 5
, , , , 0x x x x x >
thỏa mãn điều kiện :
1 2 3 4 5
1 1 1 1 1 1
2010 2010 2010 2010 2010 2010
+ + + + =
+ + + + +x x x x x
Chứng minh rằng :
5
1 2 3 4 5
. . . . 8040≥x x x x x
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:
Ta có :
1 2 3 4 5
1 1 1 1 1 1
2010 2010 2010 2010 2010 2010
+ + + + =
+ + + + +x x x x x
( )
1
2 3 4 5 1 1
1 1 1 1 1 1
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 .2010
⇔ + + + = − =
+ + + + + +
x
x x x x x x
0,5
Áp dụng BĐT Cô si, ta có :
4
2 3 4 5 2 3 4 5
1 1 1 1 1 1 1 1
4 . . .
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
+ + + ≥
+ + + + + + + +x x x x x x x x
0,5
Khi đó ta có :
( )
1
4
1 2 3 4 5
1 1 1 1
4. . . .
2010 .2010 2010 2010 2010 2010
≥
+ + + + +
x
x x x x x
(1) 0,5
Tương tự ta có :
( )
2
4
2 1 3 4 5
1 1 1 1
4. . . .
2010 .2010 2010 2010 2010 2010
≥
+ + + + +
x
x x x x x
(2)
( )
3
4
3 1 2 4 5
1 1 1 1
4. . . .
2010 .2010 2010 2010 2010 2010
≥
+ + + + +
x
x x x x x
(3)
( )
4
4
4 1 2 3 5
1 1 1 1
4. . . .
2010 .2010 2010 2010 2010 2010
≥
+ + + + +
x
x x x x x
(4)
( )
5
4
5 1 2 3 4
1 1 1 1
4. . . .
2010 .2010 2010 2010 2010 2010
≥
+ + + + +
x
x x x x x
(5)
Lấy (1)x(2)x(3)x(4)x(5) vế theo vế ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 5
5
1 2 3 4 5
5
4
4 4 4 4 4
1 2 3 4 5
. . . .
2010 2010 2010 2010 2010 .2010
1 1 1 1 1
4 . . . .
( 2010) ( 2010) ( 2010) ( 2010) ( 2010)
≥
+ + + + +
≥
+ + + + +
x x x x x
x x x x x
x x x x x
0,5
5 5
1 2 4 5
. . . . 2010 .4⇔ ≥x x x x x
Vậy :
5
1 2 3 4 5
. . . . 8040≥x x x x x
0,5
Dấu “=” xảy ra khi :
1 2 3 4 5
8040 = = = = =
0,5
CÂU HỎI 5: (4 điểm)
Cho dãy số
{ }
n
a
với
1 1
2
2;
1 2
+
+
= =
−
n
n
n
u
u u
u
.
a) Chứng minh rằng: tất cả các số hạng của dãy đều khác 0.
b) Tồn tại hay không số tự nhiên
1≥p
sao cho:
+
=
n p n
a a
với mọi số tự
nhiên
1
≥
n
.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:
a) Nhận xét:
tan
α
=
n
a n
với
arctan 2
α
=
(Chứng minh bằng qui nạp) 0,75
Giả sử
0=
n
a
với
2 1
= +
n m
, suy ra
2
2= −
m
a
.Tuy nhiên:
2
2 2
2
2
2 tan
tan 2
1 tan 1
2
1 5
2
1 2
α
α
α
= = =
− −
±
⇒ = − ⇔ =
−
m
m
m
m
m
m
a
m
a m
m a
a
a
a
0,75
Dẫn đến điều vô lí. 0,5
Giả sử
0=
n
a
với
( )
2 2 1= +
k
n m
với mọi số nguyên dương k, Khi đó:
( )
( )
( )
1
2
2 1 2
2
2
2
2 tan 2 2 1
0 tan 2 2 1 0
1 tan 2 2 1 1
α
α
α
−
−
+
= = + = = ⇒ =
− + −
n
k
k
n n
k
n
a
m
a m a
m a
0,5
tiếp tục quá trình trên suy ra
2 1
0
+
=
m
a
theo trên cũng suy ra vô lí. 0,5
Vậy tất cả các số hạng của dãy đều khác 0.
b) Giả sử tồn tại tự nhiên
1≥p
sao cho:
+
=
n p n
a a
thì ta có:
( )
( )
( )
sin
tan tan 0 sin 0 tan 0 !
os n+p .cos
α
α α α α
α α
+ − = = ⇒ = ⇒ =
p
n p n p p
c n
0,75
Kết luận 0,25
CÂU HỎI 6: (4 điểm)
Tìm các hàm
: →¡ ¡
thỏa
( )
( ) ( ) ( )
0 3, 4
2
2 .cos , ,
π
= =
÷
+ + − = ∀ ∈
¡
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:
Cho
;
2 2
π π
= = −
, ta có:
( ) ( )
2 .cos 2 sin
2 2 2
π π π
π
+ − = − =
÷ ÷ ÷
( )
1
0,75
Cho
;
2 2
π π
= − =
, ta có:
( ) ( )
0
π
+ − =
( )
2
0,75
Cho
0,
π
= = −
, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 cos 2 0 cos
π π π
− + − = − = −
( )
3
0,75
Lấy
( )
1
cộng với
( )
2
:
( ) ( ) ( )
2 2 .sin
2
π
π π
+ − + − =
÷
( )
4
0,75
Từ
( )
3
và
( )
4
, ta có:
( ) ( )
0 .cos sin
2
π
= +
÷
0,5
Suy ra:
( )
3cos 4sin = +
0,25
Thử lại, kết quả đúng 0,25
