THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ĐBSCL SĨC TRĂNG Năm học 2008 – 2009 -o0o /// -Mơn : Tốn –Lớp 12 log ( x x 5) y y Câu 1: (3 điểm) Giải hệ phương trình: x2 x log ( y y 5) Đáp án 2 Đặt u x x 4, v = y y (u,v 0) v log (u 1) Hệ phương trình trở thành: (II) u log (v 1) Giả sử (u0 ; v0) nghiệm hệ (II) Giả sử u0 v0 log (u0 1) log (v0 1) 0,25 đ 2v0 2u0 v0 u0 u0 v0 Tương tự u0 v0 v0 u0 u0 v0 log (u 1) 2u Do đó: (II) log (v 1) 2v u v x Đặt f ( x) log ( x 1) 1, D=[0;+) f '( x) x ln ( x 1) ln f "( x) x ln 2 x D ( x 1) ln Ta lập bảng biến thiên f’(x): x f”(x) f'(x) 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ + + + ln 2 ln Suy phương trình f’(x) = có nghiệm x = a Ta lập bảng biến thiên f(x) x f'(x) f(x) - a 0,25 đ + + f(a) ThuVienDeThi.com Suy phương trình f ( x) x log ( x 1) (1) có nhiều hai nghiệm Mặt khác, ta nhận thấy x=0, x=1 nghiệm phương trình (1) Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x=0, x=1 Suy hệ (II) có hai nghiệm (0;0) (1;1) Suy hệ phương trình cho có nghiệm: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1) 0,25 đ 0.5 đ 0,25 đ 0,5 đ Câu 2: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC Đường phân giác góc A cắt đường tròn D (D khác A) Chứng minh AB + AC < 2AD Đáp án A E I K O J C B D Cách 1: Kẻ dây cung DE//AB Ta có BAD ADE BD = AE BE = AD Ta có ADE DAB DAC CD = AE AC = DE Gọi I, J trung điểm AB DE; K giao điểm AD BE ABDE hình thang cân hình chữ nhật nên ta có: I, J, K thẳng hàng IJ vng góc với AB DE Ta có AD = AK + KD > AI + DJ = ½(AB+AC) 2AD > AB + AC 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,75 đ 0,25 đ Cách 2: Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp: ThuVienDeThi.com A A ) R sin(C ) 2 AB = 2RsinC, AC = 2RsinB A A B C AD R sin( B ) R sin(C ) R cos( ) 2 BC B C AB AC R sin C R sin B R sin cos 2 Suy 2AD > AB + AC Tá có: AD R sin( B Câu 3: (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 15 y 18 z Đáp án Giả sử ba số nguyên (x0; y0; z0) nghiệm phương trình Dễ thấy ba số hai số lại (0; 0; 0) nghiệm phương trình 0,25 đ Nếu ba số khác 0, đặt d = (x0, y0, z0) ta có x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 với x1, y1, z1 nguyên 0,25 đ 3 Ta x1 15 y1 18 z1 x1 chia hết cho Đặt x1 =3x2, ta 0,25 đ x23 y13 z13 y1 chia hết cho Đặt y1 =3y2, ta 0,25 đ x 45 y z y1 chia hết cho 0,25 đ x1, y1, z1 có ước chung (mâu thuẫn) Vậy phương trình có nghiệm nguyên (0; 0;0) 0,5 đ 0,25 đ 3 Câu 4: (3 điểm) Cho dãy số (un) xác định u1 u u u n n n n 1 2 Chứng minh dãy số (un) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn dãy số Đáp án 3 Đặt f ( x) x x 2 Hàm số f(x) tăng [0;1] f ( x) [0;1] x [0;1] u1 , un 1 f (un ) Bằng qui nạp, chứng minh un [0;1] n Mặt khác u2 f (u1 ) u1 u3 f (u2 ) f (u1 ) u2 , 16 Bằng qui nạp, chứng minh dãy (un) giảm Dãy số giảm bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Gọi l giới hạn dãy số, dãy số bị chặn 0, bị chặn ½ nên l (*) Chuyển qua giới hạn n tiến tới + biểu thức truy hồi ta được: 0,5 đ 0,75 đ 0,25 đ 0,5 đ ThuVienDeThi.com l 3 l l l l 2 l Kết hợp với (*) suy l = 0,5 đ 0,5 đ Câu 5: (3 điểm) Phương trình x + y + z + t = 2009 có nghiệm nguyên dương? (Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t số nguyên dương) Đáp án x + y + z + t = 2009 (1) Đặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1, d = t – Ta thấy a, b, c, d số tự nhiên thỏa phương trình: a + b + c + d = 2005 (2) tương ứng số (a, b, c, d) (x, y, z, t) tương ứng – (song ánh) Ta tìm số nghiệm tự nhiên phương trình (2) Ta thấy nghiệm tự nhiên phương trình (2) số tự nhiên (a, b, c, d) thỏa điều kiện a + b + c + d = 2005 Với số (a, b, c, d) ta đặt tương ứng với dãy nhị phân (dãy gồm chữ số 1) theo qui tắc sau: viết từ trái sang phải: a số liên tiếp – số – b số liên tiếp – số – c số liên tiếp – số – d số liên tiếp 11 1011 1011 1011 a b c d Như (a, b, c, d) tương ứng – với dãy nhị phân gồm 2008 kí tự, có 2005 kí tự “1” kí tự “0” Mặt khác, dãy nhị phân độ dài 2008, có kí tự “0” tương ứng với cách chọn phần tử từ 2008 phần tử Số dãy nhị phân C2008 Từ suy số nghiệm phương trình (1) C2008 Câu 6: (3 điểm) Tìm tất đa thức P(x) có bậc nhỏ 2009 thỏa mãn điều kiện: P( x 1) P( x) x x x R Đáp án Cách 1: Q( x) P( x) x3 Đặt 0,5 đ Ta có: Q( x 1) Q( x) x R 0,5 đ Đặt R( x) Q( x) x Ta có: R( x 1) R( x) x R 0,5 đ R( x) d x R (d số bất kì) 0,5 đ Q( x) 3x d P( x) x3 3x d 0,5 đ Vậy đa thức cần tìm có dạng P( x) x x d với d số thực 0,5 đ Cách 2: Từ P( x 1) P( x) x x x R (1) ThuVienDeThi.com P (3) ( x 1) P (3) ( x) x R (3) P ( x) k x R (k số) P(x) có bậc nhỏ Đặt P( x) ax3 bx cx d Từ (1) ta có 3ax (3a 2b) x a b c x x 3a a 3a 2b b a b c c 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ x R 0,5 đ Thử lại ta thấy đa thức P( x) x3 x d với d số thực thỏa mãn (1) 0,5 đ Vậy đa thức cần tìm có dạng P( x) x x d với d số thực 0,5 đ Câu 7: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn: (C1 ) : x y x y (C2 ) : x y x Một đường thẳng (d) qua giao điểm (C1) (C2) cắt lại (C1) (C2) M N Tìm giá trị lớn đoạn MN Đáp án M B I C N J A D (C1) có tâm I(2; 3) bán kính R = 13 (C2) có tâm J(-2; 0) bán kính r = 0,25 đ IJ = 0,25 đ |R – r| < IJ < R + r (C1) (C2) cắt hai điểm A B 0,25 đ Giả sử (d) qua B, gọi (d’) đường thẳng qua A, cắt (C1), (C2) C D ThuVienDeThi.com CD vng góc với AB nên B, I, C thẳng hàng; B, J, D thẳng hàng CD = 2IJ = 10 Ta có: MCMN, NDMN MC//ND MN = d(MC, ND) MN CD max MN = CD = 10 đạt d//IJ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ _ ThuVienDeThi.com ... phải: a số liên tiếp – số – b số liên tiếp – số – c số liên tiếp – số – d số liên tiếp 11 1011 1011 1011 a b c d Như (a, b, c, d) tương ứng – với dãy nhị phân gồm 2008 kí tự, có 2005 kí... dương? (Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t số nguyên dương) Đáp án x + y + z + t = 2009 (1) Đặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1, d = t – Ta thấy a, b, c, d số tự nhiên thỏa phương trình: a + b... độ dài 2008, có kí tự “0” tương ứng với cách chọn phần tử từ 2008 phần tử Số dãy nhị phân C2008 Từ suy số nghiệm phương trình (1) C2008 Câu 6: (3 điểm) Tìm tất đa thức P(x) có bậc nhỏ 2009 thỏa
Ngày đăng: 29/03/2022, 04:51
Xem thêm:
