Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Toán Lớp 11 năm 2018 - Trường THPT DTNT N'Trang Lơng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Toán Lớp 11 năm 2018 - Trường THPT DTNT N'Trang Lơng (Có đáp án)

1. GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT DTNT N’ TRANG LƠNG KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN LỚP 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a) 2sin2 2x sin 7x 1 sin x . b) cos 2x cos x(2 tan2 x 1) 2 . Đáp án câu 1: a)2sin2 2x sin 7x 1 sin x 2sin2 2x sin 7x sin x 1 0 1 cos 4x 2cos 4xsin 3x 1 0 cos 4x(2sin 3x 1) 0 x k 8 4 cos 4x 0 2 1 x k (k ¢ ) sin 3x 18 3 2 5 2 x k 18 3 2 5 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x k , x k , x k (k ¢ ). 8 4 18 3 18 3 b)cos 2x cos x(2 tan2 x 1) 2 Điều kiện: cos x 0 x k (k ¢ ) 2 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 2sin2 x 2cos2 x 1 cos x 2 2cos3 x 2sin2 x cos2 x 3cos x 0 cos x 2cos3 x 3cos2 x 3cos x 2 0 (cos x 1)(2cos2 x 5cos x 2) 0 cos x 1 x k2 cos x 2 (k ¢ ) x k2 1 3 cos x 2 Đối chiếu với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x k2 , x k2 (k ¢ ). 3 Câu 2(4 Điểm) :Tìm limun với un được xác định bởi u1 1 n.un 3 n 2 * un 1 , n ¥ 2 n 1 2 n 1 Hướng dẫn giải : • Chứng minh un bị chặn trên:Ta có : u1 1 3
3. k.u 3 k 2 3 k.u 3 3 3k 3 3 3 Giả sử u 3 . Khi đó :u k k 3 k k 1 2 k 1 2 k 1 2 2k 2 2 2k 2 2 2 • Chứng minh un tăng: * 3 n.un 3 3n 3 3 n.un 3 2n.un 2n n ¥ ,un 1 un un Ta có : 2 2n 2 2n 2 3n 6 n.u 2u n 2 3 u n n n 0 2n 2 2n 2 Vậy un là dãy tăng Vì un là dãy tăng và bị chặn trên nên un có giới hạn hữu hạn là A. Tìm A 3 n.u 3 3 n.u 3 3 A Từ hệ thức u n , ta có limu lim n A A 3 n 1 2 2n 2 n 1 2 2n 2 2 2 Câu 3 ( 3 điểm): Cho đường tròn (O,R) đường kính AB. Một đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) và đoạn AB lần lượt tại C và D. Đường thẳng CD cắt (O,R) tại I. Chứng minh AI BI . Đáp án câu 3: Ta có: C là tâm vị tự của hai đường tròn (O) và (O’); D O' , I O và C, D, I thẳng hàng nên: V R' O O';V R' I D OI / /O' D C; C; R R Mà O' D  AB nên OI  AB suy ra I là trung điểm của cung A»B hay AI BI Câu 4 (3,0 điểm): Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn hệ thức f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y), với mọi số thực x, y. Đáp án câu 4:
4. Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với y R suy ra f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) ( ). Cộng (*) và ( ) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y ( ) . Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) . Vậy từ ( ) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp ( ) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1. m m m Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có  Q thì f ( ) , thật vậy : n n n m m m n. f ( ) f (n). f ( ) f (n ) f (m) m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số n n n thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = f (( a b)2 ) [ f ( a b)]2 0 , tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a x ta cũng có diều vô lý. Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x. +/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y). Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) ( ) Từ (*) và ( ) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên hàm đó là f(x) = 2 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 nguyên tố có tính chất trên. Đáp án câu 5 Ta có 23 1 chia hết cho 3. Ta chứng minh, với mọi số nguyên dương m ta luôn có m 23 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 m 23 k.3m 1 m 1 3 Khi đó: 23 3m.k 1 3m 1.t 1 , t nguyên dương Do đó (1) luôn đúng với m nguyên dương, tức là có vô số số nguyên dương n thỏa mãn 2n 1 chia hết cho n.
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. Suy ra n chia hết cho 2n 1 2n 2 3 n 3 Vậy n = 3 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn bài toán. Bài 6a (3 Điểm): a) Cho n số từ 1,2, , đến n có bao nhiêu cách chọn ra m số mà có hai số liên tiếp. b) Cho n nguyên , n 2 . 1 Chứng minh rằng: 2 (1 )n 3 n Đáp án n 1 Câu 6a) Nếu m thì bất kỳ cách chọn ra m số trong n số 1,2, n luôn luôn có 2 hai số liên tiếp(lớn hơn nữa số số). m Vậy số cách chọn la: Cn n 1 Nếu m thì số cách chọn ra m số từ n số là C m 2 n Ta loại đi số cách chọn m số: a1 a2 am mà không có hai số liên tiếp Đặt bi ai 1 i thì m số bi phân biệt Vì: am n bm n 1 m m Do đó có Cn 1 m cách chọn số bi từ n+1- m số: 1,2, ,n+1-m m m Vậy có: Cn Cn 1 m cách. Câu 6b) Khai triển nhị thức : n 1 n k 1 k 0 1 1 1 (1 ) Cn ( ) Cn Cn ( ) 1 1 n k 0 n n 1 Vì các số hạng còn lại dương nên: (1 )n 2 n n 1 n k 1 k n! 1 2 n! 1 3 Và với n nguyên , n 2 : (1 ) Cn ( ) 1 1 .( ) .( ) n k 0 n 2!(n 2)! n 3!(n 3)! n
6. 1 n 1 1 (n 1)(n 2) 2 . . 2! n 3! n2 1 1 1 1 1 1 2 2 2! 3! n! 1.2 2.3 (n 1)n 1 1 1 1 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) 3 3. 1 2 2 3 n 1 n n