cac de de nghi 304 co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN ; LỚP:11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) QUẢNG NAM TRƯỜNG :THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1(4 điểm): Phương trình – Hệ phương trình không chứa tham số Tìm tất cả các nghiệm (x,y) với x>0, y> 1 của hệ phương trình : ( y 2  2 y ) 1  x 2  x 2 ( y  1) 0  x(4 y  3)  3( y  1)  Đáp án câu 1 + Khi x=1, (1)  y+1=0 (!). Hệ không có nghiệm (1,y). y2  2 y  x2  y 1 1  x2 + Với 0<x<1, (1) viết lai: 1 1  y 1   1  x2  (*) y 1 1  x2 1 Xét hàm f(t)= t- t với t  (0, + ∞) 2 (*) viết lai: f(y+1)= f( 1  x ) 1 2 2 Vì f(t)= t t là hàm đồng biến trên (0,+∞) và f(y+1)= f( 1  x ) nên y+1= 1  x 2 (2) viết lại: (y+1) (4x 3 )=x  1  x (4x 3 )=x (3) Ta giải phương trình (3): Vì 0<x<1, đặt x= sinu u(0, /2). (3)  cosu( 4sinu - 3 ) = sinu  4 sinu.cosu = 3 cosu +sinu   sin2u= sin(u+ 3 )  2  2u= u+ 3 +k2 hoặc 2u = 3 -u+k2  2 2k  u= 3 +k2 hoặc u = 9 + 3 ( k  Z).   2 3 2 Vì u(0, 2 ) nên u = 3 , u = 9  x = 2 , x = sin 9 3 1 2 2 Vậy x = 2 , y=  2 ; x = sin 9 , y = cos 9 1 là các nghiệm của hệ phương trình thỏa x>0 và y>-1 .. Câu 2: (4.0 điểm): Dãy số – Giới hạn.  u0 2015  u u  1 (n 0,1,2,...) u3  n 1 n 3un2 Lim n n Cho dãy số (un) thỏa mãn  Tính Đáp án câu 2:. 0.25. 0.25 0.5. 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Từ giả thiết suy ra. 0.5. un  0; n N  un 1  un nên dãy ( un ) tăng. 1 1 1  u  2  u 3 u 3 1  3  n 1 n 3u n 1 n 3un 27un6 n Từ u3  un3 1 Do un > 0 nên n 1 (2) u. 0.5. (1). Trong (2) lần lượt thay n = 0;1;2;3; …..;k ta được. u13  u03 1   u23  u13 1  3 3   uk  u0  k (3) ..............  uk3  uk3 1 1 Từ (1) và (3) ta có. 0.5. 1 1 3  1 1  u 3  u 3 1  3   u k 1 k k 3k 3(u  k ) 27(u 3  k ) 2. 1 u 3  u 3 1   k 1 k 3k. 0. 0. 0.5. 27 k 2. 1. (4) 2 27 k Hay Trong (4) thay k = 1;2;3;….;n sau đó cộng lại ta được:. un3  u13  n . 1. 1 n 1 1 1 n 1 1 1 n 1 1 1 n 1 1 1    2  un3  u13  n     2 (5) 3 k 1 k 27 k 1 k 3 k 1 k 27 k 1 k. 1 1 1 1    2 k ( k  1) k  1 k nên Ta biết k. 1 1 1 1 1  1 (1 )2  2 1  ... 1.2 2.3 (n  2)(n  1) n 1 k 1 k n 1. n 1 1 n 1 n 1 n 1 1 (  )2  (  )2 n   2n suy ra   2n (6) k k 1 k k 1 k 2 k 1 k Lại có k 1. u3 u3 u3 1 2 1 2 1  0  k  1 1   . k k k 3 k 27 k Từ (5) và (6) ta có u03 u13 1 2 1 2 un3 lim 0 ; lim (   . ) 0 lim 1 k n  n k   k 3 k 27 k Mà k   do đó. 0.5. 0.5. 0,5 0.5. Câu 3: (3.0 điểm): Hình học phẳng Cho hai đường tròn (O1; R1) và (O2; R2) tiếp xúc ngoài tại M và cùng tiếp xúc trong với đường tròn (O; R) lần lượt tại N và P. Trong đường tròn (O) vẽ đường kính AB song song với O1O2 ( A và N cùng phía với OM ), gọi K là giao điểm của AO1 và BO2. Chứng minh ba điểm N, P, K thẳng hàng. Đáp án câu 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> R k R1 ta có: Xét phép vị tự tâm N tỉ số V  N ; k  : (O1 )    (O ). 0.5. O1    O M  M'     OM ' kOM  | OM ' | R mà OB kOM (OB / /O1O2 ) suy ra M ' B. Suy ra Hay B; M; N thẳng hàng. 0.5 0.5.   OA  kO1 E nên V ( N ; k ): E    E  AN. Vẽ đường kính MOE của (O1) a cũng có 0.5 Tương tự A;M; P thẳng hàng và MO2 cắt (O2) tại F và F nằm trên BP 0   Ta có ANB  APB 90 suy ra BN và AP là hai đường cao của  AIB ( với I là giao điểm của AN và BP) => IM vuông góc AB 0.5 Gọi K và H là giao điểm của IM với NP và AB Ta có I và M liên hiệp với hai đường thẳng AB; NP ( theo cách dựng cực đối cực) do đó (I;M;K;H) =  1 => (AI;AM;AK;AH) =  1 (1) Xét chùm đường thẳng (AI;AM; AO1;AH) có cát tuyến ME // AH mà O1 là trung điểm ME nên (AI;AM; AO1;AH) =  1 (2) Từ (1) và (2) ta có A; O1 và K thẳng hàng tương tự B; O2 và K thẳng hàng. 0.5 Vậy giao điểm của AO1 và BO2 là K nằm trên đường thẳng NP. Câu 4: (3.0 điểm): Đa thức. Cho đa thức P(x) = xn + an1xn1 + …..+ a1x + 1 có các hệ số là các số thực không âm. Biết rằng phương trình P(x) = 0 có n nghiệm thực . Chứng minh P(2014) ≥ 2015n Đáp án câu 4 P(x) = xn + an1xn1 + …..+ a1x + 1 vì ai ≥ 0 nên P(x) ≥ 1 với mọi x ≥ 0. Do đó nghiệm của phương trình P(x) = 0 là những số âm ta ký hiệu các nghiệm đó là   i (vói  i  0 ) i 1; n. 0.5. n. Khi đó đa thức được viết lại là:. P ( x) ( x  1 )( x   2 ).....( x   n ) ( x   i ) i 1. 0.5. n. Ta có. P (2014)  (2014   i ) i 1. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Theo bất đẳng thức AMGM ta có 2014   i 1  1  .....  1  1 2015 2015  i. 0.5. P(2014) 2015n 2015 1 2 .... n. 0.5. Nên. Theo định lý Viet ta có 1 2 .... n 1 Vậy P(2014) ≥ 2015n. 0.5. Câu 5(3 điểm) Số học. Cho tập X gồm 30 số nguyên dương lập thành cấp số cộng có công sai d = 4. Hỏi có thể chia tập X thành hai tập A và B rời nhau sao cho tích các phần tử của A bằng tích các phần tử của B. Nếu có chỉ ra cách chia 2 tập A và B đó. Đáp án câu 5 Giả sử X = { n; n + d; n + 2d;………; n + 29d} với d = 4 Giả sử X chia được làm hai tập A và B thỏa X A  B ; A  B  và  ai   b j 0.5 ai  A b j B Ta 31 là số nguyên tố nên xét quan hệ modulo 31 của 30 số của tập X ta có hai khả năng xảy ra: 1/ Trong X có duy nhất một số là bội của 31giả sử đó là x  X và x chia hết cho 31như 0.5 vậy x  A hoặc x  B và x chỉ thuộc một trong hai tập đó.  ai   b j ai  A b j B Khi đó 2/ Trong X không có số nào là bội của 31 như vậy X gồm hệ thặng dư đầy đủ của modulo 0.5 31 ( không có phần tử chia hết cho 31) 2  xi   ai .  b j (  ai ) ( do  ai   bi ) xi  X ai  A b j B ai  A ai  A bi B 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  xi 1.2.3.....30 30! (mod 31) xi  X Mà Theo định lý Wilson thì 30! 1 (mod 31). 0.5. (  ai )2  1 (mod 31) ai  A. 0.5. Nên như vậy 1 là số chính phương mod 31. Vô lý Vì 31 có dạng 4k + 3 mà số 1 chính phương mod p khi p có dạng 4k + 1 Vậy không thể chia tập X thành hai tập A; B mà tích các phần tử của A bằng tích các phần tử của B.. Câu 6(3 điểm) Tổ hợp. Một câu lạc bộ thể dục thể thao có 4 môn là bơi lội, cầu lông, bóng bàn và cờ vua. Một lớp chuyên toán có 30 học sinh đến câu lạc bộ mỗi em đăng ký tham gia một trong 4 môn đó và tất cả các học sinh đều tham gia. Hỏi có bao nhiêu cách đăng ký lựa chọn . Đáp án câu 6 Gọi a; b; c; d lần lượt là số học sinh đăng ký môn bơi lội; môn cầu lông; môn bóng bàn và môn cờ vua. ( a; b; c; d  N) 0.5 Theo đề bài ta có a + b + c + d = 30 (*) 0.5 Mỗi sự đăng ký lựa chọn môn thể thao là bộ số (a;b;c;d) là nghiệm nguyên của phương trình (*) 0.5 Với mỗi bộ ta có dãy nhị phân tương ứng như sau: 111...1011....1011....1011...1     a. b. c. d. Như vậy có song ánh giữa số bộ (a;b;c;d) với số dãy nhị phân gồm 33 ký tự (gồm 30 ký tự 1 và 3 ký tự 0). 0.5. 3 C33. 0.5. Ta có số cách đặt 3 ký tự vào 33 vị trí là Vậy có. 3 C33. cách đăng ký các môn thể thao của 30 học sinh lớp chuyên toán. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>