Đề thi Olympic 10 - 3 môn Toán lớp 11 năm 2019 THPT Tôn Đức Thắng có đáp án | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (205.24 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT TÔN ĐỨC THẮNG

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 1(4đ). Giải hệ phương trình:









3 2 3 2

2 2 2

7 18 18 2 3

2 3 9 3 4 1 2 1 4 1 3

x x x y y y

x y y x x x y y x

      


            


Giải

Nội dung Điểm

Ta có (1)  x  2 y 1 0,5

Thế vào (2) ta được:









2 2

2x 4x 5 x 4x1 2x 4x 4 3

0,5





2
2
2
2

2 4 4 9
2 4 5 4 1

2 4 4 3

x x

x x x x

x x
    
 
 

     
  
0,5
2
2

2 4 5 0 (3)
4 1 2 4 4 3 (4)

x x

x x x x

   
 
     

0,5
2 14
( / )
2
(3)
2 14
( )
2

x t m

x l
  





  



0,5
2

(4) x 3 4x 1 2x 4x4 0,5

Do 2x24x 4 4x 1 0

Ta có













2 2 2

3 4 1 2 6 9 4 1 2 2 10 2 2 2

x  x  x  x  x  x  x  x  x

Nên (4) vô nghiệm

0,5

Vậy

2 14 4 14

;

2 2

S    

 

 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 2. ( 4 đ)

Cho dãy số

 

un xác định như sau:

1
*
1
1
2017
1
( )
2017
n
n

n n n

u

u  u n N






  



Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số

 

un ?

Giải

Nội dung Thang

điểm

Ta có: un 0, n N*

1 1

2017 2017

n n n n

n n n n n n

u  u u  u

      

0,5 đ

Suy ra:

1 1 2 1

1 1 1

...

2017 2017 2017

n

n n

u  u      0,5 đ

1
1
1
2017

2016
n
 
  
 

0,5 đ

1
1
1
2017
2017
2016
n
n
n
u

 
  
 
 
0,5đ
Lại có:
1
1
1

1 1 ... 1 2018 2017

2017

1 2017 2018 1

2016
n
n
n
n
u
n n

 
      
 
      
(Cô si)
1đ
Mặt khác:
2017
lim 1 1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy limun 1

Câu 3 (3 điểm):

Cho ABC có ACB 2ABC   . Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho CD = 2BD và E đối
xứng với A qua D.

Chứng minh rằng ECB 180  0 2EBC .

Nội dung Than

g
điểm

Gọi H là trung điểm DC, thì ABEH là hình bình hành. Lấy điểm G trên tia
đối CB sao cho CG = CA.

Đặt: BD = DH = HC =

3, CA = b, AB = c, BE = AH = x, AD = DE = y,

CE = z.

0,5đ

Ta có ABG đồng dạng CAG nên:

AB CA

c b(a b)
BG AG    (1)

0,5đ

Sử dụng cơng thức tính đường trung tuyến trong các tam giác: ACD,
ABH, CDE ta có:

2 2 2 2a

2x y b
9

  

(2)

2 2 2 2a

2y c x
9

  

(3)

2 2 2 2a

2c y z

  

(4)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ (2) và (3) suy ra:

2 2 2 2 2a

x c 2b 4x
3

   

kết hợp với (1) ta có:

2 2a a

x b b
3 3

   

     
    (5)

Từ (3) và (4) suy ra:

2 2 2 2 2a

x c 2z 4c
3

   

kết hợp với (1) và (5) ta có:

2a
z b

 

0,5đ

do đó,

  



x  z z a hay BE2 CE CE BC







CE.EP

(trong đó: Điểm P nằm trên CE và CP = BC) suy ra

BE EP
CE BE

0,5đ

Ta lại có BEP CEB  nên hai tam giác BEP và CEB đồng dạng
do đó:

   1



0 



 0 

ECB EBP EBC 180 ECB ECB 180 2EBC
2

      

(đpcm)

0,5đ

Câu 4(3 điểm) Tìm đa thức f(x) thỏa mãn: x.f x



1

 

 x 3

  

.f x

Đáp án câu 4:

Ta có: x.f(x-1)= (x-3).f(x) (1)

Cho x = 0  f(0) = 0 (2)

Cho x = 1  f(1) = 0 (3)

Cho x = 2  f(2) = 0 (4)

0,5

(2) ;(3); (4) ta suy ra f(x) chia hết cho x; x-1; x-2 0,5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Thay vào (1) Ta có :

x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x)

0,5

 P(x-1) = P(x) ; x 0,5

 P(x) = C: hằng số 0,5

Vậy: f(x) = x.(x-1).(x-2).C Với C là hằng số.

Câu 5(3 điểm) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 2n 1

 chia hết
cho n. Tìm tất cả các số ngun tố có tính chất trên.

Nội dung Thang

điểm
Đáp án câu 5

Ta có 23 1

 chia hết cho 3.

Ta chứng minh, với mọi số ngun dương m ta ln có 23m 1 chia hết cho 3m(1)

Với m1, (1) đúng

Giả sử (1) đúng với số m nguyên dương tùy ý, tức là tồn tại k nguyên dương sao
cho 23m k.3m 1

 

Khi đó:





1 3

3 1

2m 3 .mk 1 3 . 1m t


   

, t nguyên dương

1

Do đó (1) ln đúng với m ngun dương, tức là có vơ số số ngun dương n thỏa
mãn 2n 1

 chia hết cho n.

0,5

Giả sử n là số số nguyên tố và 2n 1

 chia hết cho n. Khi đó theo định lí Fecma,

2n 2

 chia hết cho n.

0,5

Suy ra n chia hết cho 2n 1



2n 2



 3 n3 0,5
Vậy n = 3 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn bài toán. 0,5

Câu 6 (3 điểm)

Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đơi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một
số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết
cho 9.

Đáp án câu 6

Nội dung Thang điểm

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

thì chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có A97 cho 7 vị trí cịn lại. Vậy

 

n A  A

1đ
+) Giả sử B



0;1; 2;...;9



ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 9 nên số có

chín chữ số đơi một khác nhau và chia hết cho 9 sẽ được tạo thành từ 8 chữ

số đôi một khác nhau của các tập





















\ 0; 9 ; \ 1; 8 ; \ 2; 7 ; \ 3; 6 ; \ 4; 5

B B B B B

1đ

nên số các số loại này là A884.7.A77.

Vậy xác suất cần tìm là:

8 7

7
9

4.7. 1
9. 9

A A

A




.

</div>

Đề thi Olympic 10 - 3 môn Toán lớp 11 năm 2019 THPT Tôn Đức Thắng có đáp án | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện













<sub></sub>

<sub></sub>

















 

 

  







<sub></sub>

<sub></sub>



 

  









 

























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về