Đề đề nghị Olympic 16 - Toán 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU GIANGTRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN.; KHỐI: 11... CÂU HỎI 3: 4 điểmCho tứ diện SABC và hai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU GIANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN.; KHỐI: 11

ĐỀ THI (Lưu ý quan trọng: phần nội dung không để trong Texbox)

CÂU HỎI 1: (3 điểm) Giải hệ phương trình:

3

ïï

íï + + + =

ïïî

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:

ïï

íï + + + =

ïïî

Điều kiện để hệ có nghĩa: x ³ 0,y³ 0. 0.25

Ta có:

Đặt t= xy, từ (1) ta có:x y+ = + (4)3 t 0.5 Thay (4) vào (3) và có:

2

3+ +t 2 t + + =t 4 14

2

3

35

3

t

t

t

ìï £ £

ïï

ï é =

ï ê

Û íï ê

ï ê

ï =

-ï ê

ï ë

î

0.75

3

9

x y

xy

ìï + =

íï = ïî

Số phách

Số phách

CÂU HỎI 2: (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên

của

n

n

n

3

1

8 2

3





l một số nguyên tố

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:

Nếu n= 3k thì

n

n n A

3

1 3

8 3

2







k k k

9

1 8

3 2





 0.25  A 3k2 8k





Do đó  A l số nguyên tố khi và chỉ khi k = 1 suy ra n = 3 0.25

Nếu n= 3k +1 thì

n

n n A

3

1 3

8 3

2







n k

k k

3

1 3

8 8 3

1 2

3 2











n k

k

3

1 3 10

3 2







  3 2 10 3







Do đó  A l số nguyên tố khi và chỉ khi k = 0 suy ra n = 1 0.25

Nếu n= 3k + 2 thì

n k

k k A

3

1 3

16 8 3

4 4

3 2











 0.25

n k

k

3

1 3

2 6 12

3 2











  3 2 12 6











 k k không là số nguyên tố 0.5

Do đó  A l số nguyên tố khi và chỉ khi suy ra n = 1; 3 0.25

CÂU HỎI 3: (4 điểm)

Cho tứ diện SABC và hai điểm M,N lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, sao cho:

1

2

Mặt phẳng (P) qua hai điểm M,N và song song cạnh SC chia tứ diện thành hai phần Tính tỷ số thể tích của hai phần ấy

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:

Mặt phẳng (P) qua hai điểm M,N và song song SC cắt hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) theo các giao tuyến ML NK/ / / /SC. 0.25

3

3

Gọi V V V, ,1 2 lần lượt là thể tích của các hình chóp SABC và của các đa diện SCMNKL và ABMNKL Ta có:

1 SKLC SLKM SKMN

9

V V CA CB (1) 0.5

1 3

SKLM

SKLA

Mà SKLA  ALK  ALK . AKC  . 2 23 3. 94

x

SMNK

SABK

V SA SB (5) 0.25

SABK

Lấy (5)x(6):

SMNK

V

V (7) 0.5 Lấy (1)+(4)+(7), suy ra: 1 2 4 2 4

V

CÂU HỎI 4: (3 điểm) Cho x x x x x 1, , , ,2 3 4 5 0thỏa mãn điều kiện :

Chứng minh rằng : 5

1 .2 3 4 5 8040

x x x x x

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:

Ta có :

1

x

0,5

Áp dụng BĐT Cô si, ta có :

4

0,5 Khi đó ta có :

1

4

x

Tương tự ta có :

2

4

x

x

4

4

x

x

Lấy (1)x(2)x(3)x(4)x(5) vế theo vế ta có :

1 2 3 4 5

5

5

.





x x x x x

0,5

5 5

1 .2 4 5 2010 4

 x x x x x 

Vậy : 5

1 .2 3 4 5 8040

Dấu “=” xảy ra khi : x1 x2 x3x4 x5 8040 0,5

CÂU HỎI 5: (4 điểm)

Cho dãy số a n với 1 1

2 2;

1 2







n n

n

u

u a) Chứng minh rằng: tất cả các số hạng của dãy đều khác 0

b) Tồn tại hay không số tự nhiên p1 sao cho: a n p a nvới mọi số tự nhiên n 1

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:

a) Nhận xét: a n tan n với  arctan 2 (Chứng minh bằng qui nạp) 0,75 Giả sử a n 0 với n 2m 1, suy ra a2m 2 Tuy nhiên:

2

2

2 tan tan 2

2











m m

m m

m m

a m

a

a a

0,75

Giả sử a n 0 với n2 2k m1 với mọi số nguyên dương k, Khi đó:

 

1

2

2 2

2













n k

k

n

a m

tiếp tục quá trình trên suy ra a2m1 0 theo trên cũng suy ra vô lí 0,5 Vậy tất cả các số hạng của dãy đều khác 0

b) Giả sử tồn tại tự nhiên p1 sao cho: a n p a n thì ta có:

 

sin



CÂU HỎI 6: (4 điểm)

Tìm các hàm f :   thỏa

 

2

ff



ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:

x y t   , ta có:

f t  f   t  f   t    f  t

       1 0,75

x t   y , ta có:

f t  f t    0  2 0,75

Cho x 0,y t   , ta có:

f t   f   t  f t   f t  3 0,75

Lấy  1 cộng với  2 :

2

f t f t  f   t  f  t

   4 0,75

Từ  3 và  4 , ta có:

2