Thông tin tài liệu
www.VNMATH.com S Giáo D c & T o TP H CHÍ MINH K THI OLYMPIC TRUY N TH NG 30/4 L N XX – N M 2014 Tr Môn thi : Tón - Kh i : 10 Ngày thi : 05/04/2014 ng THPT Chuyên Lê H ng Phong Th i gian làm : 180 phút Ghi : – Thí sinh làm m i câu môt hay nhi u t gi y riêng ghi rõ câu s m i t gi y làm – Thí sinh khơng s d ng máy tính c m tay – có 01 trang … trang c a Bài (4 điêm): Gi i h ph ng trình sau: 2 2 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3(x y) 2x y 7x 12y 2xy y Bài (4 điêm): Cho đ ng tron (O) đ ng kốnh AB , C m di đông (O) không trung v i A B Các tiêp tuyên c a (O) t i B va C c t tai N, AN c t (O) t i D khác A Tiêp tuyên c a (O) t i D c t CN tai P Ch ng minh r ng P di đông môt đ ng cô đinh C di đông (O) Bài (3 điêm): Cho a, b, c la ba sô th c d ng t̀y ́ Ch ng minh : a b c ≤ 2 2 2 2 7a b c a 7b c a b 7c Bài (3 điêm): Tìm t t c s nguyên d ng k cho ph x2 + y2 + x + y = kxy có nghi m nguyên d ng x , y ng trình : Bài (3 điêm): Cho tr c s nguyên d ng n Trong m t gi i đ u c vua có 2n v n đ ng viên tham gia, m i ng i đ u v i ng i khác m t ván T i m t th i m gi i, ng i ta th y có n ván đ u di n Ch ng minh r ng có th ch n ba v n đ ng viên cho hai ng i b t k ba ng i đ c chon đ u thi đ u v i Bài (3 điêm) Cho ham sô f: N* N*\{1} (N* t p h p cac sô nguyên d f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168 Tính f(2014) Hêt ThuVienDeThi.com ng) th a mãn: www.VNMATH.com Bài Bài ĐÁP ÁN TOÁN 10 Nội dung Bài (4 đ): Giải hệ phương trình sau 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3(x y) 2x y 7x 12y 2xy y Ta có: (1) x + y ≥ (1) (2) ∑=4.0 x xy y x xy y 1.0 = (2x y)2 (x y)2 (x 2y)2 (x y)2 ≥ (2x y)2 (x 2y)2 2x y x 2y 3(x y) 0.5 Dấu “=” xảy x y Thế y = x vào (2), ta được: x 19 x x x (3) 0.5 (3) x ( x 1) 19 x x x x x2 x 3x x x2 x 3x x 2 x x x 19 x 8 ( x 2) 19 x ( x 2) 2 x x ( x 7) 19 x 8 ( x 2) 19 x ( x 2) 2x2 2x 0.5 2( x x) 0.5 x2 x 2( x 7) (*) x x 19 x 2 ( x 2) 19 x ( x 2)2 Vì x ≥ nên (*) vơ nghiệm Do (3) x = hay x = 0,5 0.5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) 0; , 1;1 Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB, C điểm di động (O) không trùng với A B Các tiếp tuyến (O) B C cắt N, AN cắt (O) D khác A Tiếp tuyến (O) D cắt CN P Chứng minh P di động đường cố định C di động (O) Xét hệ trục Oxy cho A(0; 1), B(0; –1) Ta có: (O): x2 + y2 = 1; C (O) nên C(cost; sint) Vì C không trùng A B nên cost ≠ CP tiếp tuyến (O) C CP: cost.x + sint.y – = A ∑=4 0,5 C P O D B sin t ; –1) cos t sin t Đường thẳng AN có VTCP AN ; 2 (1 sin t ; 2 cos t ) cos t cos t AN: 2xcost + (1 + sint)(y – 1) = AN: 2xcost + (1+ sint)y = + sint BD: (1 + sint)x – 2cost(y + 1) = BD: (1+ sint) x – 2ycost = 2cost Ta có D = AN BD nên tọa độ D thỏa hệ: N N(xN; –1) CP N( ThuVienDeThi.com 0,5 0,5 0,5 2x cos t (1 sin t)y www.VNMATH.com sin t cos t 5sin t x ;y 3sin t 3sin t (1 sin t)x 2y cos t cos t cos t 5sin t x + y – = (Do DP tiếp tuyến (O) D) 3sin t 3sin t 4cost.x + (5sint – 3).y = – 3sint DP: Bài Vì P = DP CP nên tọa độ P thỏa hệ: 4x cos t (5y 3)sin t 3y 4 cos t.x (5sin t 3) y 3sin t 1 cos t.x sin t y 4x cos t 4y sin t 3(1 y ) 3y Vì cost ≠ nên y ≠ y ≠ –1 cos t sin t x(y 3) y3 Ta có sin2t + cos2t = x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2 9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2 8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 = 8x2 + 9(y2 – 9) = (vì – y2 ≠ 0) x2 y2 9/8 x2 y2 Vậy P thuộc elip (E): 9/8 Cho a, b, c ba số dương Chứng minh: a b c 1 7a b c a 7b c a b 7c Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: 7a b c 1 a b c 2 2 2 7a b c 7a b c 7a b c 7a b c a 2 7a b c 3a 7a b c 1 1 3a 1 a 7a b c 3a 3a a b c 3a a b c 7a b c a b c a a 1 Do đó: 2 3 abc 7a b c 0,5 0,5 0,5 0.5 ∑ = 3.0 0.5 0.5 Mà b 1 2 a b c 3 a 7b c c c 1 2 3 a b c a b 7c a b c Cộng vế theo vế ta được: 1 2 2 2 7a b c a 7b c a b 7c Tương tự ta có: Bài 1.0 b Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x y x y kxy (1) có nghiệm ngun dương x, y Khơng tính tổng quát, giả sử x y Xét giá trị k nguyên dương cho phương trình cho có nghiệm nguyên dương Trong nghiệm ta gọi x0 ; y0 nghiệm cho x0 y0 x0 y0 nhỏ 1,0 ∑ = 3.0 0,5 Ta có x02 ky0 1 x0 y02 y0 = nên x0 nghiệm phương trình f x x ky0 1 x y02 y0 = Vì f x bậc nên f(x) cịn có thêm nghiệm x1 Do (x1; y0) thỏa (1) nên (x1; y0) nghiệm (1) Mà cách chọn x0 ; y0 có x0 + y0 nhỏ nên x1 y0 x0 y0 x1 ≥ x0 ≥ y0 ≥ Khi y0 nằm ngồi khoảng hai nghiệm tam thức bậc hai f x có hệ số bậc số dương Từ f y0 ThuVienDeThi.com 1,0 Do f y0 y02 y0 ky02 nên ta có www.VNMATH.com k 2 (vì y0 ) Suy k 1; 2; 3; 4 y0 0,5 y + Với k (1) x y x y xy x y x y (vô lý ) 2 + Với k (1) x y x y xy x y x y (vô lý) + Với k (1) x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm x; y 2; + Với k (1) x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm x; y 1;1 Bài Cho trước số nguyên dương n Trong giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, người đấu với người khác ván Tại thời điểm giải, người ta thấy có n ván đấu diễn Chứng minh: chọn ba vận động viên cho hai người thi đấu với Ta chứng minh quy nạp theo n ● Với n = 2: Giả sử bốn vận động viên tham dự A, B,C , D có ván đấu diễn Nếu hai ba người B,C , D đấu với ván ta có đpcm Nếu có hai ba người B,C , D chưa đấu với Giả sử B C chưa đấu với 0,5 0,5 ∑ = 3.0 1.0 số trận tối đa C24 – = mà có ván diễn nên có B C chưa đấu với Khi ba người A, B, D A,C , D thỏa mãn yêu cầu toán ● Giả sử toán với n = k k *, k Bài ● Ta chứng minh toán với n = k + Giả sử E F hai vận động viên đấu với Nếu tổng số ván đấu 2k vận động viên lại lớn k2 + theo giả thiết quy nạp ta có đpcm Nếu tổng số ván đấu 2k vận động viên lại nhỏ k , mà thời điểm có (k + 1)2 + = k2 + 2k + ván đấu diễn nên tổng số ván mà E F đấu lớn 2k + ( kể ván đấu E F ) Suy số ván đấu E, F với nhóm 2k vận động viên lớn 2k + (*) Nhận xét: Nếu khơng có người nhóm 2k vận động viên thi đấu với E F số ván thi đấu tối đa 2k (mâu thuẫn với (*)) Do đó, số 2k vận động viên cịn lại, phải có người đấu với E F (giả sử người G) Khi ta có vận động viên E , F ,G thỏa yêu cầu toán Vậy toán chứng minh Cho hàm số f: N* N*\{1} thỏa f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 168 với n N* Tính f(2014)? 1.0 1.0 ∑ = 3.0 0.5 Ta có f(k) + f(k + 1) = f(k + 2).f(k + 3) – 168 Ta có f(k + 1) + f(k + 2) = f(k + 3).f(k + 4) – 168 Do k N* f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)] Suy rằng: f(3) – f(1) = f(4).f(6)……f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)] (1) f(4) – f(2) = f(5).f(7)…….f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)] (2) 0.5 Do đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6)…….f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k N*, k ≥ Nếu f(3) ≠ f(1) f(2k + 1) ≠ f(2k – 1) Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ f(n) ≥ 2, n N* Do đó: |f(3) – f(1)| ≥ 2k – , với k N*, k ≥ ThuVienDeThi.com 0.5 Điều xảy Vậy f(3) = f(1) suy f(2k + 1) = f(2k – 1) = a www.VNMATH.com Tương tự f(2k + 2) = f(2k) = b với a, b N*; a, b ≥ Giả thuyết: a + b = ab - 168 ab – a – b + = 169 = 132 (a – 1)(b – 1) = 132 a 169 a a b 13 b b 169 b 14 b b 170 Vậy f(2014) = f(2014) = 14 f(2014) = 170 0.5 0.5 0.5 Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách sau biểu điểm sau: Bài (4 đ): Giải hệ phương trình sau 2 2 (1) 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3(x y) (2) 2x y 7x 12y 2xy y ∑=4.0 Ta có: (1) x + y ≥ x xy y x xy y = ≥ (2x y)2 (x y)2 (x 2y)2 (x y)2 (2x y)2 (x 2y)2 2x y x 2y 3(x y) Dấu “=” xảy x y x 19 x x x 3x Khi đó, ta được: x 1 3x 38 x 1 x 3x Xét phương trình: 19 x 19 x 3 19 x 3 19 x 3x 19 x x x 19 x 8 3 19 x 0.5 0.5 0.5 2x 38 x 1 x 3 38 1.0 0.5 2x (*) Ta thấy x nghiệm phương trình (*) 38 Với x , ta có: 2x 3 x 19 x 3 19 x Nên phương trình (*) khơng có nghiệm dương Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) 0;0 , 1;1 ThuVienDeThi.com 0.5 0.5 ... + 4) – 168 Do k N* f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)] Suy rằng: f(3) – f(1) = f(4).f(6)……f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)] (1) f(4) – f(2) = f(5).f(7)…….f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)]... đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6)…….f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k N*, k ≥ Nếu f(3) ≠ f(1) f(2k + 1) ≠ f(2k – 1) Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ f(n)... nên y ≠ y ≠ –1 cos t sin t x(y 3) y3 Ta có sin2t + cos2t = x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2 9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2 8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 =
Ngày đăng: 31/03/2022, 21:55
Xem thêm:
