- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Toan 10 cao bang
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.8 KB, 5 trang )
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
CAO BẰNG
ĐỀ THI OLIMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2014
Môn: Toán – Lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
(Đề gồm 01 trang)
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
4x 2 + y 4 − 4xy3 = 1 (1)
Bài 1: (5 điểm).Giải hệ phương trình 2
2
2x + y − 2xy = 1 (2)
Bài 2: (4 điểm ).
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên lớn hơn 1 có tính chất: Khi chia tích 2 số
cho số thứ ba ta được dư là 1.
Bài 3: (4 điểm).
Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy lần lượt các điểm
A 1 , B1, C 1 sao cho các đường thẳng AA 1 , B B1, C C 1 đồng quy tại một điểm.
Chứng minh rằng các đường thẳng AA 2 , B B 2, C C 2 đối xứng với các đường
thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng, cũng đồng quy tại một điểm.
Bài 4: (4 điểm).
Cho ba số thực dương a , b, c thoả mãn abc = 1 .
Chứng minh rằng:
1
1 + a2
+
1
1 + b2
+
1
1 + c2
≤
3
2
Bài 5: (3 điểm).
Cho tập hợp m có n phần tử, với hai tập con tuỳ ý A, B của M, tính số
phần tử của A Ç B . Chứng minh rẳng tổng tất cả các số phần tử của mọi giao có
thể gồm hai tập con của M là n.4 n - 1 .
……………Hết………………..
Người ra đề: Nguyễn Tố Uyên
ĐT: 0982900286
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
CAO BẰNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLIMPIC TRẠI HÈ
HÙNG VƯƠNG NĂM 2014
Môn: ĐỊA LÍ - LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Nội dung
Điểm
Bài 1 ( Hệ phương trình).
4x 2 + y 4 − 4xy3 = 1
Giải hệ phương trình 2
2
2x + y − 2xy = 1
4x 2 + y 4 − 4xy3 = 1 (1)
Hệ đã cho tương đương với 2
2
4x + 2y − 4xy = 2 (2)
5,0
Lấy (1) trừ (2) vế với vế ta được
1,5
y 4 - 2y 2 - 4xy 3 + 4xy + 1 = 0
Û (y 2 - 1)2 - 4xy(y 2 - 1) = 0
Û (y 2 - 1)(y 2 - 1 - 4xy) = 0
Û y = 1 hoặc y = - 1 hoặc y 2 - 1 - 4xy = 0
+) Với y = 1 thay vào (1) ta được x = 0 hoặc x = 1
+) Với y = - 1 thay vào (1) ta được x = 0 hoặc x = - 1
1.0
y2 - 1
+) Với y - 1 - 4xy = 0 Û x =
( vì y = 0 không thoả mãn)
4y
2
thay vào phương trình (1) ta được
æy 2 4ç
ç
ç
è 4y
Û
2
æy 2 1ö
÷
÷ + y4 - 4 ç
ç
÷
ç 4y
ø
è
( y2 ( y2 ( y2 ( y2 -
1ö
÷
÷y 3 = 1
÷
ø
2
1 ) + 4y 6 - 4y 4 ( y 2 - 1 ) = 4y 2
2
1 ) + 4y ( y - 1 ) - 4y ( y - 1 ) = 0
2
2
2
4ù
Û
1) é
ëy - 1 + 4y (y + 1) - 4y û= 0
Û
1 ) ( 5y 2 - 1 ) = 0
éy = ±1
ê
Û ê
êy = ± 5
ê
ë
5
+) Với y = ±1 ta đã xét ở trên
Û
2
4
4
2
1.5
+) Vi y =
5
5
thỡ x = m
5
5
Vy h ó cho cú 6 nghim
1.0
ổ5
ổ 5 5ử
5ử
ữ
ữ
ỗ
ữ
ữ
1; - 1 ) , ỗ
;
,
;
.
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ữỗ
ữ
ỗ
ỗ 5 5 ứ
5 ứ
ố5
ố
Bi 2 ( S hc ). Tỡm tt c cỏc b ba s nguyờn ln hn 1 cú tớnh cht:
Khi chia tớch 2 s cho s th ba ta c d l 1.
4,0
( 0;1 ) , ( 1;1 ) , ( 0; - 1 ) , ( -
Gi s tỡm c b ba s ( a, b, c ) tho món iu kin bi toỏn,
khụng mt tớnh tng quỏt, coi rng: 2 a b c (1)
, ( ab 1) c , ( bc 1) a . ( ca 1) b
1 1 1
1
( ab + bc + ca 1) abc + +
N*
a b c abc
Ta cú:
3 1 1 1 1 1 1
1
+ + > + +
N*
2 a b c a b c abc
1 1 1
1
+ +
= 1 (1)
a b c abc
* a 3
1,0
1 1 1
+ + 1 (loi)
a b c
1 1
1
1
+
=
b c 2bc 2
2b 1
3
c=
= 2+
b2
b2
* a = 2 , t ú ta suy ra:
1,0
ộb = 3, c = 5
(b - 2) 3 ỹ
ùù
ýị ờ
ờb = 5 (loai)
c > b 2 ùù
ờ
ỵ
ở
1,0
1,0
Tỡm c (a; b; c) = (2; 3; 5) v cỏc hoỏn v ca nú
Bi 3 (Hỡnh hc phng). Trờn cỏc cnh BC, CA, AB ca tam giỏc ABC
ly ln lt cỏc im A1 , B1, C 1 sao cho cỏc ng thng
AA 1 , B B1, C C 1 ng quy ti mt im. Chng minh rng cỏc ng
thng AA 2 , B B 2, C C 2 i xng vi cỏc ng thng ú qua cỏc ng
phõn giỏc tng ng, cng ng quy ti mt im.
4,0
A
C2
B2
B1
C1
B
A1
A2
C
Áp dụng định lí sin trong tam giác ACC 1 và BCC 1 , ta được:
·
CC 1
sin B
AC 1
sin ACC
1
=
và
=
· CB , suy ra
C 1B
sin C
C 1C
sin A
1
·
AC 1
sin ACC
sin B
1
=
.
.
·
C 1B
sin
A
sin C 1CB
Tương tự ta chứng minh được
·
·
BA 1
sin BAA
CB1
sin CBB
sin C
sinA
1
1
=
.
=
.
và
· AC sin B
· BA sin C
A1C
B 1A
sin A
sin B
1
1
Vì các đường thẳng AA1 , B B1, C C 1 đồng quy tại một điểm, nên từ các
điều trên và định lí Xeva suy ra
·
·
·
sin ACC
sin BAA
sin CBB
AC 1 BA 1 CB 1
1
1
1
.
.
=
= 1.
· CB sin A
· AC sin B
· BA
C 1B A1C B 1A
sin C
1
1
1
1,5
1,0
Giả sử A 2 , B 2, C 2 nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Vì các đường thẳng AA 2 , B B 2, C C 2 đối xứng với các đường thẳng các
đường thẳng AA1 , B B1, C C 1 qua các đường phân giác tương ứng, nên
0,5
·
· CB, C
· CB = ACC
·
ACC
=C
... do đó
2
1
2
1
·
·
·
·
·
·
sin ACC
sin BAA
sin CBB
sin ACC
sin BAA
sin CBB
2
2
2
1
1
1
.
.
=
.
.
=1
·
·
·
·
·
·
sin C 2CB sin A 2AC sin B 2BA
sin C 1CB sin A 1AC sin B 1BA
Vậy các đường thẳng AA 2 , B B 2, C C 2 đồng quy tại một điểm (đpcm).
Bài 4 (Bất đẳng thức). Cho ba số thực dương a , b, c thoả mãn abc = 1 .
1
1
1
3
+
+
≤
Chứng minh rằng:
1 + a2
1 + b2
1 + c2 2
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a ≥ b ≥ c.
1,0
4,0
1,0
Vì abc = 1 nên bc ≤ 1 và a ≥ 1. Ta có:
1
1
+
2
1 + c2
1+ b
2
1 − b 2c 2
1
1
=
2
1
+
≤
2
+
÷
(1 + b2 )(1 + c2 ) ÷
÷
2
2÷
÷
1
+
b
1
+
c
1 − b 2c 2
4
4a
≤ 2 1 +
(1 + bc)2 ÷
÷ = 1 + bc = 1 + a
1
1,0
1
a
+
≤2
Suy ra:
1+ a
1 + b2
1 + c2
Mặt khác ta có:
1
1 + a2
Ta sẽ chứng minh: 2
≤
(1)
2
1+ a
(2)
a
2
3
+
≤
1+ a 1+ a
2
(3)
1,0
2
Thật vậy, (3) ⇔ 1 + 3a − 2 2a(1 + a) ≥ 0 ⇔ ( 2a − 1 + a ) ≥ 0 (luôn
đúng).
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
1,0
Bài 5 (Tổ hợp).
Cho tập hợp m có n phần tử, với hai tập con tuỳ ý A, B của M, tính số
phần tử của A Ç B . Chứng minh rẳng tổng tất cả các số phần tử của
mọi giao có thể gồm hai tập con của M là n.4 n - 1 .
Xét phần tử a Î M Þ có 2n - 2n - 1 = 2n - 1 tập con của M chứa phần tử
a
3,0
1,0
2
Þ có ( 2n - 1 ) = 4 n - 1 cặp hai tập con của M có chứa a thuộc giao của hai
tập con đó.
Vậy mỗi phần tử a thuộc M thì nó được đếm 4n - 1 lần
Þ
å
AÌ M
BÌ M
A Ç B = n.4 n - 1
(đpcm).
(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
----------HẾT---------
1,0
1,0
