Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi và đáp án Olympic 30-4 môn toán khối 11 năm 2014
Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XX – NĂM 2014 Trường THPT Chuyên Môn thi : Toán - Khối : 11 Lê Hồng Phong Ngày thi : 05/04/2014 Thời gian làm bài: 180 phút Ghi chú : –Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ……. ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. –Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay. –Đề này có 01 trang. ______________________________________________________________________________________ Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) 22 53 xy1 , x,y . 125y 125y 6 15 0 += ∈ −+= Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số ( ) n u xác định bởi : ( ) 1 n n1 n u1 1 u u ,n1 n1 + = − = + ∀≥ + . a. Chứng minh rằng 2n 11 1 u , n 1 n1n2 nn = + + + ∀≥ ++ + . b. Chứng minh rằng dãy số ( ) n u có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. Bài 3: (3 điểm) Hai đường tròn (O 1 , R 1 ) và (O 2 , R 2 ) (R 1 > R 2 ) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến chung T 1 T 2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O 1 O 2 tại P (T 1 thuộc (O 1 ), T 2 thuộc (O 2 )). Đường thẳng PM cắt (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại M 1 và M 2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại M 1 ’ và M 2 ’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM 1 , MM 2 , M’M 1 ’, M’M 2 ’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T 1 T 2 . Bài 4: (3 điểm) Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x 2 ) = P(x 3 + 3x), ∀x . Bài 5: (3 điểm) Cho hai số tự nhiên m và n sao cho mn1>≥ . Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014 m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014 n theo cùng thứ tự. Tìm các số m và n sao cho tổng m + n có giá trị nhỏ nhất. Bài 6: (3 điểm) Cho đa giác đều 9 đỉnh 12 9 A A A . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của đa giác và cùng màu. ______________________________________________________________________________________ Hết. www.VNMATH.com KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 - NĂM 2014 Môn Toán – Khối 11 Đáp án Bài 1 Giải hệ phương trình : ( ) 22 53 xy1 , x,y . 125y 125y 6 15 0 += ∈ −+= ∑ =4đ Cách 1: ( ) ( ) 22 22 32 53 x 1y xy1 I 125y y 1 6 15 125y 125y 6 15 0 (1) (2) = − += ⇔ −=− −+= Từ (1): 2 y 10−≤ Kết hợp với (2): 3 2 y0 y 10 > −< 1 đ 0y1⇒<< 0.5 đ Xét 53 f(y) 125y 125y 6 15, 0 y 1 = − + << ( ) 22 f ' y 125y (5y 3) 15 f '(y) 0 y 5 = − =⇔= 1 đ Bảng biến thiên: y 0 15 5 1 f’(y) – 0 + f(y) 0 0.5 đ ( ) 22 10 xy1 x 5 I 15 y 15 y 5 5 += = ± ⇔⇔ = = 1 đ Cách 2: ( ) ( ) 22 22 32 53 x 1y xy1 I 125y y 1 6 15 125y 125y 6 15 0 (1) (2) = − += ⇔ −=− −+= Từ (1): 2 y 10−≤ Từ (2): 3 y 0 y0>⇒> 1 đ 53 (2) 125y 6 15 125y⇔ += Ta có: 5 5 5 10 5 15 3 5 3VT 125y 125y 125y 9 15 9 15 5 5 .3 .y 3.125y 3VP=++++≥ = = 1 đ www.VNMATH.com Nên 5 15 (2) 125y 9 15 y 5 ⇔ = ⇔= 1 đ ( ) 22 10 xy1 x 5 I 15 y 15 y 5 5 += = ± ⇔⇔ = = 1 đ Bài 2 Cho dãy số ( ) n u xác định bởi : ( ) 1 n n1 n u1 1 u u ,n1 n1 + = − = + ∀≥ + . a. Chứng minh rằng 2n 11 1 u , n 1 n1n2 nn = + + + ∀≥ ++ + . b. Chứng minh rằng dãy số ( ) n u có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. ∑ =4đ a. Từ giả thiết có ( ) 1 1 1, 1 n nn nu u n + − ∀≥ − = + ( ) 1 22 2 11 1 22 ( 1) 1 1 1 1 1 1234 2 − − = = − ⇒ = − + = + =−+−+− ∑∑ k nn n kk kk u uu u u kn 1 đ 2 111 1 11 1 2 123 2 24 2 111 1 111 1 1 1 1 123 2 123 1 2 ⇒ = ++++ − +++ = ++++ − ++++ = + ++ ++ + n u nn n n n n nn 1 đ b. 2 11 11 1 1 = = = = + + ∑∑ nn n kk u k nk n n 0.5 đ Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 1 ln 1 , 0 ' 1 = + ≥⇒ = + fx x x f x x Áp dụng định lí Lagrange trên các đoạn 11 ; , 1; ; k kk kk kn c nn nn −− = ⇒∃ ∈ sao cho 1 11 ln 1 ln 1 . 1 − +− + = + k kk n n nc 0.5 đ 11 1 1 1 . ln 1 ln 1 . ( ) 1 11 kk k kk n n nn nn − ⇒ < +− + < − ++ Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) , . . ., (n) ta có 22 2 1 ln 2 lim ln2 2 nn n uu u n < <+⇒ = 0.5 đ www.VNMATH.com 21 2 21 2 11 lim lim ln 2 21 21 nn n n uu u u nn ++ =+⇒ = + = ++ Do đó có lim ln 2 n u = Nếu thí sinh chứng minh dãy số (u n ) có giới hạn hữu hạn thì cho 1điểm. 0.5 đ Bài 3 Hai đường tròn (O 1 , R 1 ) và (O 2 , R 2 ) (R 1 > R 2 ) cắt nhau tại hai điểm M và M’. M ột tiếp tuyến chung T 1 T 2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O 1 O 2 tại P (T 1 thuộc (O 1 ), T 2 thuộc (O 2 )). Đường thẳng PM cắt (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại M 1 và M 2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại M 1 ’ và M 2 ’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM 1 , MM 2 , M’M 1 ’, M’M 2 ’ . Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T 1 T 2 . ∑ =3đ Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O 1 O 2 . Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường tròn. 1 đ Gọi O là trung điểm O 1 O 2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC. 0.5 đ Goi T là trung điểm T 1 T 2 : Ta có 11 11 2 11 2 11 2 11 2 '' '' '' '' OT / /O T ; O M / /O M OC/ /O M / /O M M T //MT CT//M T / /MT ⇒ ⇒ mà 1 11 ' OMT ∆ cân tại O 1 OCT∆⇒ cân tại O )(OTOCOT ∈⇒=⇒ 1 đ 11 12 12 OT TT OT TT⊥ ⇒⊥ nên (O) tiếp xúc 12 TT . 0.5 đ Bài 4 Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x 2 ) = P(x 3 + 3x), ∀ x∈ . ∑ =3đ P(x).P(x 2 ) = P(x 3 + 3x), ∀x (1) Trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số thực ) Khi đó (1) ⇔ c 2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1. 0.5 đ www.VNMATH.com Trường hợp degP ≥ 1. Giả sử (1) thỏa. (1) ⇒ P 2 (0) = P(0) ⇒ P(0) = 0 hoặc P(0) = 1. Nếu P(0) = 0 thì P(x) = x m Q(x) với m nguyên dương và Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa Q(0) ≠ 0 ………………………………………………… (a) Khi đó m 2m23m3 (1) x Q(x)x Q(x ) (x 3x) Q(x 3x)⇔ =++ ∀x∈ ⇔ 2m 2 2 m 3 x Q(x)Q(x ) (x 3) Q(x 3x)=++ , ∀x∈ \{0} ⇔ 2m 2 2 m 3 x Q(x)Q(x ) (x 3) Q(x 3x)=++ ∀x∈ (Do Q(x) là đa thức ) …………………….(b) Trong (b), lấy x = 0 ta có Q(0) = 0 mâu thuẫn với (a) (!) ⇒ P(0) ≠ 0 Vậy P(0) = 1. 0.5 đ Gọi α là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất ⇒ 0α> (Do P(0) ≠ 0) Từ (1) lần lượt thay x = α , x = α (ký hiệu α chỉ một căn bậc hai của số phức α ), ta có α 3 + 3α và ( ) 3 3α+ α cũng là nghiệm của P(x) 0.5 đ ⇒ 3 3α≥α + α ……………………………………………………………….………… (c) và 3 3 α≥ α + α ………………………………………………………….…………… (d) Đặt α = a + bi (a, b ∈ ) (c) ⇔ 2 .3α≥α α + ⇔ 1 ≥ 2 3α+ ⇔1 ≥ 2 2 3α+ ⇔ 1 ( ) 2 2 2 22 a b 3 4a b≥ −+ + ⇔ ( ) 2 22 22 22 ab 6(ab)4ab80− + − + +≤ ⇒ ( ) 2 2 2 22 2 2 2 22 6b 6a 4a b 8 a b 6a 4a b 8 8≥+ ++− ≥+ +≥ ⇒ b 2 ≥ 4 3 ⇒ 2 22 16a 4a b 3 ≥ ⇒ 6b 2 ≥ 6a 2 +8 + 4a 2 b 2 ≥ 6a 2 +8+ 2 16a 3 = 2 34a 8 3 + ⇒ 2 2 17a 4 b 93 ≥+ ………………………………………………………………………… (e) 0.5 đ (d) ⇔ 3α ≥ α+ ⇔ 24 3α ≥ α+ ⇔ 22 222 a b [(a 3) b ]+≥ + + ⇔ 22 22 2 a b (a b 6a 9)+≥ +++ ⇔ 22 222 22 2 a b (a b ) 2(6a 9)(a b ) (6a 9)+≥ + + + + + + ⇔ 22 22 2 (a b )[(a b ) 2(6a 9) 1] (6a 9) 0+ + + + −+ + ≤ ⇔ 2222 2 (a b )(a b 12a 17) (6a 9) 0+ ++ + + + ≤ …………………………………………….(f) Mà 2 22 2 (e) 17a 4 a b 12a 17 a 12a 17 93 ++ +≥+ ++ + 2 26a 55 12a 93 = ++ > 0, ∀a : Mâu thuẫn với (f) ⇒ Không tồn tại đa thức P(x) với degP ≥ 1 thỏa điều kiện đề bài. Vậy P(x) ≡ 0 hoặc P(x) ≡ 1. 1 đ Bài 5 Cho hai số tự nhiên m và n sao cho mn1>≥ . Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014 m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014 n theo cùng thứ tự . Tìm các số m và n sao cho tổng m + n có giá trị nhỏ nhất. ∑ =3đ Theo giả thiết, ta có : mn 2014 2014 100− ( ) n mn 2 2 2014 2014 1 2 .5 − ⇔− 0.5 đ Do đó : n2 2014 2 n 2⇒≥ 0.5 đ www.VNMATH.com mn 2 mn 2 p 2014 1 5 (2000 14) 1 5 14 1 25 −− − ⇔ + − ⇒− (với p = m – n, * pN∈ ) Nếu p = 2k + 1 thì p 2k 1 k 14 1 14 1 196 .14 1 + −= −= − là một số có chữ số tận cùng bằng 3 nên không chia hết cho 25. 0.5 đ Vậy p = 2k, * kN∈ (1). Khi đó: p 2k 2k 14 1 25 14 1 25 (1 15) 1 25 30k 25 k 5 (2)− ⇔ − ⇔ − − ⇔− ⇒ Từ (1) và (2) p 10 p 10⇒ ⇒≥ 0.5 đ Tổng m + n =2n + p 14≥ 0.5 đ Dấu bằng xảy ra khi n = 2 và p = 10 tức là m = 12 và n = 2. Vậy m+n có giá trị nhỏ nhất khi m=12 và n=2. 0.5 đ Bài 6 Cho đa giác đều 9 đỉnh 12 9 A A A . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của đa giác và cùng màu. ∑ =3đ Ta gọi một tam giác là đỏ (hoặc xanh) nếu mọi đỉnh của nó màu đỏ (hoặc xanh). Vì có 9 đỉnh được tô bằng 2 màu nên có ít nhất 5 đỉnh có màu giống nhau. Không mất tính tổng quát, ta cho màu này là màu đỏ. Do đó, có ít nhất 3 5 10C = tam giác đỏ. 0.5 đ Giờ ta chứng minh rằng có hai tam giác đỏ bằng nhau. Các đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành 9 cung bằng nhau. Ta gọi mỗi cung là một mảnh. Đặt là tam giác có . Đặt a i,j là số lượng mảnh thuộc cung ij AA không chứa điểm và đặt tương tự cho và . Ta cho tương ứng mỗi tam giác với bộ ba ( ) i,j j,k k,i a ;a ;a . Rõ ràng là i,j j,k k,i 1a a a 7≤≤ ≤ ≤ và i,j j,k k,i aaa 9++= . Ví dụ, tam giác với các đỉnh được đọc là tam giác và tương ứng với bộ ba (2, 3, 4). 1 đ Các tam giác bằng nhau tương ứng với cùng một bộ ba, trong khi các tam giác không bằng nhau tương ứng với các bộ ba khác nhau. Do đó, ta xây dựng được một tương ứng song ánh giữa các lớp tam giác bằng nhau với tập hợp các bộ ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với và a + b + c = 9.Các bộ ba thỏa điều kiện trên gồm ( 1, 1, 7), (1, 2, 6), (1, 3, 5), (1, 4, 4), (2, 2, 5), (2, 3, 4), (3, 3, 3). Suy ra có 7 lớp tam giác bằng nhau. 1 đ Vì có ít nhất 10 tam giác đỏ nên có một lớp chứa ít nhất 2 tam giác đỏ và do đó có ít nhất hai tam giác đỏ bằng nhau. 0.5 đ Hết. www.VNMATH.com . TP. HỒ CHÍ MINH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/ 4 LẦN XX – NĂM 20 14 Trường THPT Chuyên Môn thi : Toán - Khối : 11 Lê Hồng Phong Ngày thi : 05/ 04/ 20 14 Thời gian làm. Theo giả thi t, ta có : mn 20 14 20 14 100− ( ) n mn 2 2 20 14 20 14 1 2 .5 − ⇔− 0.5 đ Do đó : n2 20 14 2 n 2⇒≥ 0.5 đ www.VNMATH.com mn 2 mn 2 p 20 14 1 5 (2000 14) 1 5 14 1 25 −− −. u n + − ∀≥ − = + ( ) 1 22 2 11 1 22 ( 1) 1 1 1 1 1 12 34 2 − − = = − ⇒ = − + = + =−+−+− ∑∑ k nn n kk kk u uu u u kn 1 đ 2 111 1 11 1 2 123 2 24 2 111 1 111 1 1 1 1 123 2 123 1