Sở GD-ĐT Đăk Nông Trường THPT Trần Phú ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Môn Toán Đề 1 Câu 1: (5đ) Giải hệ phương trình sau: 3 3 4 3 2 6 6 3 3 9 8 x y x y z y z x z        + = + + = + + = + Câu 2:(5đ) Cho hàm số : * *f Ν → Ν thỏa mãn các tính sau: i) f(x.y) = f(x)f(y), Với mọi (x,y) = 1. ii) f(x + y) = f(x) + f(y), Với mọi x,y. Tính f(2), f(3) và f(2010). Câu 3: (5đ) Cho tam giác ABC vuông góc không phải cân, trên AB lấy M và trên AC lấy N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 4(5đ): Cho dãy số có , ( 1) 1 1 x a x x x n n n = = − + . Tìm a để dãy số có giới hạn hữu hạn. Sở GD-ĐT Đăk Nông Trường THPT Trần Phú ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Môn Toán Đề 2 Câu 1(5đ): Giải hệ phương trình sau: 4 2 8 0 9 3 27 0 25 5 125 0 x y z x y z x y z      + + + = + + + = + + + = Câu 2(5đ): Xác định hàm số 3 2 ( ) axy f x x bx c= = + + + Biết rằng khi chia f(x) cho x-1, x-2 và x-3 đều dư 6. Câu 3(5đ): Cho góc Oxy vuông tại O. M là một điểm bên trong góc sao cho khoảng cách từ M đến Ox là 3 và Oy là 4. Tìm A trên Ox và B trên Oy sao cho AB qua M và OA + OB nhỏ nhất. Câu 4(5đ): Tìm x, y , z thỏa mãn hệ phương 1 2 2 2 2 3 4 x y z x y z      + + = + + = sao cho x đạt giá trị lớn nhất. ĐÁP ÁN ĐỀ 1 Câu Đáp án Thang Điểm 1 3 2 3 2 ( 2)( 1) 2 3 2 2 6 4 2 2( 2)( 1) 2 3 2 3 9 6 2 3( 2)( 1) 2 x x z y x x y y y z y y z z z x z z x                 − − = − − + = − − − = − ⇔ − + = − − − = − − + = − 2 2 2 2x y z x+ > ⇒ < ⇒ ≥ ⇒ ≤ (vô lý) 2 2 2 2x y z x+ < ⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥ (vô lý) + x = 2 ⇒ y = z = 2. Vậy x = y = z = 2. 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ 2 Ta có: f(6) = f(2.3) = f(2).f(3) f(6) = f(3 + 3) = f(3) + f(3) = 2f(3) Suy ra f(2) = 2 f(4) = f(2) + f(2) = 2f(2) = 4 f(6) = f(4) + f(2) = 6 suy ra f(3) = 3 f(2010) = f(2) + f(2)+ ….+f(2) (có 1005 số hạng) suy ra f(2010) = 2010 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ 3 Hình vẽ 1đ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có A(0;0), B(0;b), C(c;0), M(0;m). Ta có BM = CN suy ra N(c+m-b;0). Gọi P là trung điểm của MN, ta có P( ; 2 c m b m n + − ) Suy ra phương trình đường thẳng MN có dạng ( )( ) ( ) 0 2 2 c m b m c m b x m y + − + − − − − = . Suy ra đường trung trực của MN qua I( ; 2 2 c b b c− − ) 1đ 1đ 1đ 1đ P B A C M N 4 Giả sử dãy số có giới hạn hữu hạn là c thì ta có c = c(c-1) suy ra c = 0 hoặc c = 2. Do đó TH1: Nếu a = 0 hoặc a = 2 thì dãy số là dãy số hằng nên có giới hạn hữu hạn TH2: Nếu 0 < a < 2 thì 0 2 1 x x n n < < < + suy ra dãy số giãm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn. TH3: Nếu a> 2 thì x 2 > x 1 >2 chứng minh quy nạp ta có x n +1 > x n > 2 suy ra (x n+1 -2) >2(x n -2) > …>2 n (x 1 – 2). Tức là x n có giới hạn vô cực (loại). TH4: Nếu -1 ≤ a < 0 thì 0 < x 2 ≤ 2 (TH2) nhận. TH5: Nếu a < -1 suy ra x 2 > 2 (TH3) loại. Vậy -1 ≤ a ≤ 2. 0.5đ 05đ 1đ 1đ 0.5đ 0.5đ 1đ ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu Đáp án Thang Điểm 1 2 3 3 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 3 3 2 3 3 3 0 3 3 3 0 2 3 3 2 5 5 5 0 5 5 5 0 x y z x y z x y z x y z x y z x y z                 + + + = + + + = + + + = ⇔ + + + = + + + = + + + = Đặt f(t) = t 3 +xt 2 + yt + z, ta có f(2) = f(3) = f(5) = 0 Đặt g(t) = f(t) – (t-2)(t-3)(t-5) = (x + 10)t 2 + (y – 31)t + z + 30 , ta có g(2) = g(3) = g(5) = 0 suy ra 2, 3, 5 là ba nghiệm phân biệt của g(x) = 0, suy ra g(x) đồng nhất với 0. Tức là 10 0 10 31 0 31 30 0 30 x x y y z z             + = = − − = ⇔ = + = = − 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ 2 Do f(x) chia cho x-1, x-2 và x-3 đều dư 6 nên ta có f(1) = f(2) = f(3) = 6. Đặt g(x) = f(x) -6 – (x-1)(x-2)(x-3) =(a + 6)x 2 +(b – 11)x + c . Ta có g(1) = g(2) = g(3) = 0, suy ra g(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt 1, 2, 3 suy ra g(x) đồng nhất với 0. suy ra a = -6, b = 11 và c = 0 Vậy hàm số f(x) = x 3 - 6x 2 + 11x 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ 3 Hình vẽ 1đ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có M(3;4), B(0;b), A(a;0). Ta có Phương trình dường thẳng AB là 1 x y a b + = Do AB qua M nên 3 4 1 a b + = Ta có OA + OB = a + b = (a + b) 3 4 ( ) a b + 2 ( 3 2)≥ + theo bất đẳng thức bunhiacoski . 1đ 1đ 1đ Dấu bằng sảy ra khi (1) 3 3 4 3 2 4 2 3 3 4 1 b a a b a b             = = + ⇔ = + + = Vậy A và B thuộc Ox và Oy sao cho a và b thỏa (1) x O y A B M 1đ 4 1 (1) 2 2 2 2 3 4 (2) x y z x y z      + + = + + = . Từ (1) suy ra z = 1 – x – y thay vào (2) ta có 5y 2 + 6(x-1)y + 4x 2 – 6x – 1 = 0. Phương trình có nghiệm 6 190 6 190 0 11 11 x − + ⇔ ∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ Vậy 6 190 15 3 190 10 2 190 ax 11 11 11 x y z m + − − = ⇒ = ⇒ = 1đ 1đ 1đ 2đ . Nông Trường THPT Trần Phú ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Môn Toán Đề 2 Câu 1(5đ): Giải hệ phương trình sau: 4 2 8 0 9 3 27 0 25 5 125 0 x y z x y z x y z. Sở GD-ĐT Đăk Nông Trường THPT Trần Phú ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Môn Toán Đề 1 Câu 1: (5đ) Giải hệ phương trình sau: 3 3 4 3 2 6