Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Toán Lớp 11 năm 2018 - Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Toán Lớp 11 năm 2018 - Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN III, NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN LỚP 11 1
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN 2 1 2x x 2 Câu 1 (4 điểm): Giải hệ phương trình y 2 2 y y x 2y 2 Đáp án câu 1: ĐK : y 0 1.0 1 2x2 x 2 0 2 y 2u u v 2 0 hệ đưa hệ về dạng 2 2 1 2v v u 2 0 2 x 2 0 y y 1.0*2 u v u v 1 u 1 v u v 1 2 2v v u 2 0 3 7 3 7 u u 2 2 , 1 7 1 7 v v 2 2 Từ đó ta có nghiệm của hệ 3 7 2 3 7 2 (-1 ;-1),(1 ;1), ( ; ), ( ; ) 2 7 1 2 7 1 1.0 Câu 2(4 điểm): 2018 u1 Cho dãy số (un) xác định bởi: 2017 2 2un 1 un 2un , n ¥ * 1 1 1 Đặt Sn . . . . Tính: limSn u1 2 u2 2 un 2 Đáp án câu 2: Với mọi k N*, ta có : 1 u 1 2 k uk 2 uk(uk 2) uk uk(uk 2) 1 2 1 1 = uk 2uk 1 uk uk 1 1.0 Sn 1/ u1 1/ un 1 2 u1 > 1.CM: un 1 (un 2un) / 2 1,n N* un > 1,  n N* 0.5 2
3. 2 Ta có: un 1 un un / 2 0,n N* 1.0 (un)tăng Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1). 2a=a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a≥1 limun = + lim(1/ un 1) 0 . 1.0 1 2017 Vậy: limSn . u1 2018 0.5 Câu 3 (3 điểm): Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O , R) sao cho AB = CD = EF = R. Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điểm của BC, DE, FA; P, Q lần lượt là trung điểm của DC và AD.   ·  a) Xác định phép biến hình biến AC thành BD và tính góc AC, BD . Chứng minh rằng tam giác IPQ là tam giác đều. b) Chứng minh: Tam giác IJK là tam giác đều. Đáp án câu 3: E J D F P O Q C K I B A + Ta có các tam giác OAB, OCD, OEF là các tam giác đều (có 3 cạnh đều bằng R). Phép quay Q : A B; C D , nên: 0,5 O,600   ·  Q : AC BD AC BD; AC, BD 600 O,600 0,5 BD AC + Ta có: IP ; QP IP QP 2 2 D»C P· IC D· BC 300 và OI  BC (đường kính qua trung điểm của dây 2 0,25 BC), do đó: Q· IP 600 . Vậy tam giác IPQ là tam giác đều vì IPQ cân và có một góc 600. 0,25 Suy ra: Q : P Q I ,600 ·  + Tương tự: Q :C D; E F CE DF; CE, DF 600 O,600 0,25 0,5 3
4.  1   1    ·  Mà: PJ CE; QK DF , do đó: PJ QK và PJ,QK CE, DF 600 . 0,25 2 2 Giả sử: Q : J K ', ta đã có: Q : P Q , nên: PJ QK 'và I ,600 I ,600   PJ,QK ' 600 Suy ra: K  K '.   · 0 Do đó: Q 0 : J K IJ IK; IJ, IK 60 IJK là tam giác đều. I ,60 0,5 Ghi chú: Góc lượng giác 600 được thay bởi góc 600 nếu thứ tự các đỉnh A, B, C, D, E trên (O, R) ngược chiều lượng giác. Câu 4 (3 điểm): Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: 3 1 3x 1 2x f (x) khi x 0, và f (0) 0 ; tại điểm x0 = 0. x Đáp án câu 4: f (x) f (0) 3 1 3x 1 2x 1.0 lim = lim x 0 x x 0 x2 3 1 3x (1 x) (1 x) 1 2x 0,5 = lim x 0 x2 3 x 1 = lim lim 0,5 x 0 3 (1 3x)2 1 x 3 1 3x 1 x 2 x 0 (1 x) 1 2x 1 1 1 = -1 + = - . Vậy f ' 1.0đ 2 2 (0) 2 Câu 5 (3 điểm): a) Cho tập hợp S có n phần tử. Chứng minh rằng có đúng 3n cặp có thứ tự X1 ; X 2 với X1 và X 2 là các tập con của S thỏa điều kiện: X1  X 2 S . b) Hỏi có bao nhiêu cách thành lập tập hợp A; B, trong đó A và B là hai tập hợp khác nhau sao cho A B 1,2,3, ,2007,2008 ? Đáp án câu 5: a) Một phần tử thuộc X1  X 2 khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li đôi một sau: 1) X1 \ X 2 2) X1  X 2 3) X 2 \ X1 . 0,5 Ngoài ra: X1 X1 \ X 2  X1  X 2 và X 2 X 2 \ X1  X1  X 2 Do đó, số cặp có thứ tự X1 ; X 2 với X1 , X 2 là các tập con của S thỏa điều kiện: X1  X 2 S bằng số cách đặt tất cả n phần tử của S vào 3 tập hợp: X \ X , X  X , X \ X sao cho mỗi phần tử được 1 2 1 2 2 1 1,0 đặt vào đúng một trong 3 tập đó. Số cách đặt như thế bằng 3n b) Đặt S 1,2,3, ,2007,2008 . Khi A B S thì A, B là các tập con của S. 0,5 Số cặp có thứ tự X1 ; X 2 với X1 , X 2 là các tập con của S thỏa điều 2008 kiện: X1  X 2 S là 3 4
5. 2008 Trong đó có một cặp S , S và 3 1 cặp X1 ; X 2 với X1 khác X 2 . Chú ý X1 ; X 2 X 2 ; X1 . Vì vậy số cách thành lập tập A; B 1,0 1 với A, B khác nhau và A B S là: 32008 1 . 2 Câu 6 (3 điểm) 15 Cho biểu thức f (x) 1 x x2 . 2 29 30 Khai triển f (x) thành đa thức: f (x) a0 a1x a2 x a29 x a30 x . Tính A a0 a1 a2 a3 a29 a30 và tính hệ số a10 . Đáp án câu 6: 2 Tacó: f ( 1) a0 a1 a2 a3 a29 a30 1 1 1 1 0.5 15 15 k 15 2 k k 2 15 k k j j 30 2k f (x) (1 x) x C15 1 x x C15 Ck x x k 0 k 0 j 0 15 k 15 k k j j 30 2k k j j 30 2k 1.0 f (x) C15 Ck x x C15 Ck x k 0 j 0 k 0 j 0 Hệ số a10 là tổng các hệ số của các đơn thức có số mũ thỏa mãn: j 30 2k 10 j 2 k 10 k 10 0.5 Do đó: k ; j 10;0 , 11;2 , 12;4 , 13;6 , 14;8 , (15; 10) . Suy ra a C10C 0 C11C 2 C12C 4 C13C 6 C14C8 C15C10 531531 10 15 10 15 11 15 11 15 11 15 11 15 11 1.0 5