Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Trường Chinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Trường Chinh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH KÌ THI OLYMPIC 10-3 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN LỚP 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN 2 3 2 x x y xy xy y 1 (4điểm) Giải hệ phương trình Câu 1: 4 2 x y xy 2x 1 1 Đáp án câu 1: 2 2 x y xy x y xy 1 0 . Đặt a x2 y;b xy ta có hệ 2 2 x y xy 1 0 2 2 2 a ab b 1 0 a a 1 a 1 a 1 0 a a a 2 0 2 2 2 a b 1 0 b 1 a b 1 a a 0 a 1 a 2 ; ; b 1 b 0 b 3 a 0 x 1 * b 1 y 1 a 1 x 0 x 1 x 1 *   b 0 y 1 y 0 y 0 a 2 x 1 * b 3 y 3 Hệ có 5 nghiệm: x; y 1;1 ; 0; 1 ; 1;0 ; 1;0 ; 1;3 Câu 2: 4 điểm) 1) Cho dãy số xn , n 1,2, xác định như sau : x1 1 n 1 . Đặt yn  ,n 1,2, Tìm lim yn x x x 1 x 2 x 3 1,n 1,2, x 2 n n 1 n n n n i 1 i x 2x 1 3 3x 2 2 2) Tính giới hạn A lim x 1 x2 1 Đáp án câu 2: 2 2 1) xn 1 xn xn 1 xn 2 xn 3 1 xn 3xn 2 xn 3xn 1 2 x 2 3x 1 x2 3x 1 n n n n
3. x1 1 Khi đó ta có xn : 2 xn 1 xn 3xn 1 2 xn 1 1 xn 3xn 2 xn 1 xn 2 1 1 1 1 xn 1 1 xn 1 xn 2 xn 1 xn 2 1 1 1 xn 2 xn 1 xn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 yn x1 2 x2 2 xn 2 x1 1 x2 1 x2 1 x3 1 xn 1 xn 1 1 1 1 1 1 yn x1 1 xn 1 1 2 xn 1 1 1 1 Suy ra lim yn lim n n 2 xn 1 1 2 Ta có xn 1 xn 3xn 1 3xn ,n 1,2, 2 n n xn 1 3xn 3 xn 1 3 x1 xn 1 3 lim xn 1 n 1 1 1 Do đó lim yn lim . n n 2 xn 1 1 2 2) x 2x 1 3 3x 2 2 x 2x 1 1 3 3x 2 1 A lim lim x 1 x2 1 x 1 x2 1 x 2x 1 1 3 3x 2 1 lim 2 2 x 1 x 1 x 1 2x3 x2 1 3x 3 lim x 1 2 x 1 x 2x 1 1 x2 1 3 3x 2 2 3 3x 2 1 2x2 x 1 3 lim x 1 x 1 x 2x 1 1 x 1 3 3x 2 2 3 3x 2 1 3 2 1 cos B 2c a Câu 3: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I và thoả mãn . sin B 4c2 a2 a) Chứng minh tam giác ABC cân. b) Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của BC, CA, AB với đường tròn (I). BE cắt đường tròn (I) tại điểm thứ hai là K. Biết BE 9 2 và K là trung điểm BE. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. Đáp án câu 3:
4. 1 cos B 2c a 1 cos B 2c a a) Ta có a 2c.cos B b c . Tam giác cân tại sin B 4c2 a2 1 cos B 2c a A. b) Ta có BD2 BK.BE BD 9 BC 18;CE CD 9 Trong tam giác BCE ta có BC 2 CE 2 BE 2 3 CD cosC AC 12 AB 2BC.CE 4 cosC Vậy AB AC 12; BC 18 . Câu 4: (3 điểm) Cho phương trình m x 1 x3 4x x3 3x 1 0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m thì phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt. Đáp án câu 4: Đặt f x m x 1 x3 4x x3 3x 1 Khi đó f x liên tục trên ¡ . Ta có f 2 1; f 0 1; f 1 1; f 2 3 Do đó f 2 . f 0 0; f 0 . f 1 0; f 1 . f 2 0 với mọi m. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu 5: . (3 điểm)Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m n 1. Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014m và 2014n bằng nhau theo cùng thứ tự. Tìm các số m và n sao cho tổng m n có giá trị nhỏ nhất. Đáp án câu 5: Theo giả thiết, ta có 2014m 2014n M100 2014n 2014m n 1 M22.52 Do đó 2014n M22 n 2 m n Và 2014m n 1M52 2000 14 1M52 14 p 1M25 p m n, p ¥ * Nếu p 2k 1 14 p 1 142k 1 1 196k.14 1 là một số có chữ số tận cùng bằng 3 nên không chia hết cho 25. Vậy p 2k,k ¥ * 1 Khi đó 14 p 1M25 142k 1M25 1 15 2k 1M25 30kM25 kM5 2 Từ (1) và (2) suy ra pM10 p 10 Tổng m n 2n p 14 Dấu “=” xảy ra khi n 2; p 10 m 12;n 2 Vậy m n nhỏ nhất khi m 12;n 2 . Câu 6: . (3 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 3. Đáp án câu 6: Ta tính n(A) : 8 Với số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có A9 8 cách chọn cho 8 vị trí còn lại. vậy n A 9.A9 cách. Gọi B 0;1;2; ;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 chia hết cho 3. Do đó số có 9 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập sau :
5. B \ 0; B \ 3; B \ 6; B \ 9 9 8 Nên số các số loại này là A9 3.8.A8 Xác suất cần tìm là : 9 8 A9 3.8.A8 11 P A 8 9.A9 27