Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Trần Quốc Toản (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Trần Quốc Toản (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT: TRẦN QUỐC TOẢN KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN ; LỚP: 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1:( 4,0 điểm) 2 x 3y 2 xy y x y 0 Giải hệ phương trình (x, y R). 2 3 8 x 4 y 1 x 14y 12 Đáp án câu 1 2 x 3y 2 xy y x y 0 2 3 8 x 4 y 1 x 14y 12 x y (x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1) 2 3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (2) Điều kiện: x 8, y – 1, (x – y)(y + 1) 0 (*) Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra: x – y 0. x y x y x y x y Do đó: (1) 2 0 1 1 x 2y 1 y 1 y 1 y 1 y 1 Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được: 3 7 2y 4 y 1 (2y 1)2 14y 12 4 y 1 3 7 2y 4y2 10y 11 0 4( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y2 10y 6 0 2 3 (y 3) 2y 1 0 (3) y 1 2 7 2y 1 7 2 2 2 3 3 Vì 1 y nên , , 2y + 1 > –1 2 y 1 2 3 2 2 7 2y 1 4 2 3 2y 1 0 . Do đó: (3) y 3 0 y 3 y 1 2 7 2y 1 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3). Câu 2: ( 4,0 điểm )Cho dãy số un xác định bởi u 4 1 1 . u u 4 4 1 2u n N * n 1 9 n n Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số. Đáp án câu 2 * Đặt xn 1 2un n N x2 1 Ta có x 0 và x2 1 2u , n N * hay u n n n n n 2
3. 2 2 xn 1 1 1 xn 1 4 4xn Thay vào giả thiết, ta được: 2 9 2 2 2 2 2 9xn 1 9 xn 1 8 8xn 3xn 1 xn 4 * * Suy ra: 3xn 1 xn 4 n N ( Do xn 0 , n N ) n 1 n n * Hay 3 xn 1 3 xn 4.3 , n N n * n * Đặt yn 3 xn ,n N . Ta có: yn 1 yn 4.3 , n N n n 1 * Từ đó yn 1 y1 4 3 3 3 , n N n 1 * Hay yn 1 y1 6 2.3 , n N n Theo cách đặt ta có: x1 3 y1 9 yn 3 2.3 . 1 Suy ra: x 2 , n N * n 3n 1 1 4 1 * Do đó un 3 n 1 2n 2 , n N 2 3 3 Câu 3 (3 điểm): Cho tam giác ABC. Một đường thẳng không qua Asong song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao điểm của DE với BP và CP. Gọi O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PDG và tam giác PEF. Chứng minh rằng AP  OI A Đáp án câu 3: P N M E D F G B C Q Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và đường tròn (PDG), N là giao thứ hai của AC và đường tròn (PFG). Suy ra (MD, MP) = (GD, GP) (mod ) (1). mà GD // BC, G ∈ PC nên (GD, GP) = (CB, CP) (mod ) (2). Từ (1), (2) ta có (MB, MP) = (CB, CP) (mod ) nên M ∈ (PBC). Chứng minh tương tự ta cũng được N ∈ (PBC). AD AE suy ra AM.AB AN.AC mà (Định lý Thalet) AB AC Suy ra AM.AD AN.AE P A/ PDG P A/ PEF màP P/ PDG P P/ PEF =0 Do đó AP là trục đẳng phương của hai đường tròn (PDG) và (PEF) suy ra AP  OI . Câu 4 (3 điểm): Tìm tất các các đa thức f(x) thỏa mãn xf(x -1) = (x – 5)f(x); với mọi x ¡ . Đáp án câu 4: Đặt xf(x -1) = (x – 5)f(x) (1) Cho x = 5 thì (1) trở thành f(4) = 0 nên x = 4 là nghiệm của phương trình f(x) = 0. Cho x = 4 thì (1) trở thành f(3) = 0 nên x = 3 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 Cho x = 3 thì (1) trở thành f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của phương trình f(x) = 0
4. Cho x = 2 thì (1) trở thành f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 Cho x = 1 thì (1) trở thành f(0) = 0 nên x = 0 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 Khi đó f(x) = x(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)g(x). Thay vào (1) ta được: g(x – 1) = g(x) nên g(x) = hằng số. Do đó f(x) = x(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)c. Thử lại thấy thỏa (1) . Vậy f(x) = x(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)c. Câu 5 (3 điểm): Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình : 4x2 + y2 = 15 + 2(3y – 2x) Đáp án câu 5: Ta có : 4x2 + y2 = 15 + 2(3y – 2x) ⇔ (2x + 1)2 + (y – 3)2 = 25 Mà 25 = 02 + 52 = 32 + 42 và 2x + 1 là số lẻ nên suy ra | 2x 1| 5 x 2  x 3 | y 3 | 0 y 3 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 x 2      | 2x 1| 3 x 1 x 2 y 3 y 3 y 7 y 7 y 1 y 1 | y 3 | 4 y 7  y 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { (2; 3), (-3; 3), (1; 7); (-2; 7); (1; -1); (-2; -1)} Câu 6. (3 điểm) Cho tập hợp X 1;2;3; ;100 và A là tập con có 11 phần tử của X. Chứng minh tồn tại hai tập con khác rỗng không giao nhau của A sao cho tổng các phần tử của chúng bằng nhau. Đáp án.câu 6 Vì A có 11 phần tử nên A có 211 1 2047 tập con khác rỗng. Mỗi tập con của A có tổng các phần tử không vượt quá 90 91 99 100 1045 . Do đó, tồn tại hai tập con ( giả sử là B và C) có tổng các phần tử bằng nhau. Khi đó hai tập E B \ (B C) và tập F C \ (B C) là hai tập con khác rỗng không giao nhau của A có tổng các phần tử của bằng nhau.