Đề thi môn Toán lớp 11 (kỳ thi olympic truyền thống 304 lần thứ XIII tại thành phố Huế)54095

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm 01 tờ giấy riêng biệt Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  y2 x x   e  y 1 3 log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  Câu (4 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy d số đo nhị diện [B,SC,D] 1500 Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo d Câu (4 điểm) Cho dãy số dương (an) a Chứng minh với số nguyên dương k : k    32 43 k  1 k a a a   a a a     a k  k  k (k  1)  32 k k 1  n b Biết lim  a i  a  R Đặt bn = a  a 1a  a 1a a   n a 1a a n với n  n  i 1 Chứng minh dãy (bn) có giới hạn Câu (4 điểm) Cho hàm số f(x) = 2x – sinx Chứng minh tồn số b hàm số g, h thoả mãn đồng thời điều kiện sau: 1) g(x) = bx + h(x) với số thực x 2) h(x) hàm số tuần hoàn 3) f(g(x)) = x với số thực x Câu (4 điểm) Tìm tất số tự nhiên m, n cho đẳng thức sau đúng: 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2) -HẾT Ghi chú: Cán coi thi khơng giải thích thêm DeThiMau.vn ĐÁP ÁN TOÁN LỚP 11 NỘI DUNG Câu 1: Giải hệ phương trình  y  x2 x2   e y 1  3log ( x  y  6)  log ( x  y  2)   Đk: ĐIỂM (1) (2) x + 2y +6 > x + y + > 0,5 Phương trình (1)  – = – 2  ln(x +1)+ x +1 = ln(y2+1)+y2+1 Xét hàm số f(t) = lnt + t với t  Phương trình (3) có dạng f(x2+1) = f(y2+1) Ta có f(t) đồng biến [1 ;+  ) Do (4)  x2+1 = y2+1  x =  y y2 x2 ln(x2+1) ln(y2+1) (3) (4) * Với x = -y , từ (2) ta log (6  x)  , với x -1 0.5  x   32u Đặt 3log ( x  2)  log ( x  1) = 6u   3u  x 1  u u 1 8  1+23u = 32u        9 9 u u (5) 1 8 Xét g(u) =      , g(u) hàm nghịch biến R có g(1) = nên 9 9 u = nghiệm (5) Với u = suy x = y = (thỏa mãn hệ) Vậy hệ có nghiệm (3 ;-3) , (7 ;7) DeThiMau.vn 0.5 Câu 2: NỘI DUNG Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy d số đo nhị diện [B,SC,D] 1500 Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo d Ta có: BD  SC Dựng mặt phẳng qua BD vuông góc với SC P Ta có : BPD  150 Ta có: cos1500 2BP  BD BD = 1 2BP 2BP (1) ĐIỂM 0.5 Gọi M trung ểm BC Ta có SM BC = BP.SC BC = d, gọi h chiều cao hình chóp S.ABCD Ta có: SM2 = h2 d2 d2 d ( 4h  d ) 2 + ; SC = h + Suy ra: BP = 2(2h  d ) d 3 d2 (1) trở thành:  Suy ra: h =  2 4h  d VS.ABCD = d3 h.dtABCD  3 DeThiMau.vn 1 0.5 NỘI DUNG Câu ĐIỂM Cho dãy số dương (an) a Chứng minh với số nguyên dương k: k k   k  1  32 43       a a a a a k  a a k  k (k  1)  k k 1 32  n b Biết lim  a i  a  R n  i 1 Đặt bn = a  a 1a  a 1a a   n a 1a a n với n  Chứng minh dãy (bn) có giới hạn a)Ta có 32 43 (k  1) k )(a3 ) (ak )  k a1 a2 a3 ak (k  1)  k k 1 k (a1 2)(a2 k a1 a2 a3 ak  (k  1)k k 32 43 (k  1) k (a1 2)(a2 )(a3 ) (ak ) k 1 k k 1  32 43 (k  1) k  ( 2) ( ) ( ) ( ) a a a a     k  k k 1   b) Từ câu a) suy 1 32 1 (n  1) n     bn  (a1 2)( )  (a2 )( )   (an )( ) n 1 n(n  1) n(n  1) n(n  1) 1.2 2.3 n 1 1 1 1 Do :            1 1 1.2 2.3 n (n  1) 2 n n 1 n 1 n 1 nên bn  a1 (1  )1  a2 (1  )   an (1  ) n  e( ) với n i 1 (bn) tăng bị chặn trên, có giới hạn DeThiMau.vn  1 e  lim1   n   n n Câu 4: NỘI DUNG ĐIỂM Cho hàm số f(x)= 2x – sinx Chứng minh tồn số b hàm số g, h thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : 1) g(x) = bx + h(x) với số thực x 2) h(x) hàm số tuần hòan 3) f(g(x)) = x với số thực x Từ điều kiện 3) cho thấy muốn chứng tỏ tồn g cần chứng tỏ f có hàm số ngược Chú ý : f đồng biến (-  ;+  ) nên có hàm số ngược g Ta có : f(g(x)) = x g(f(x)) = x với số thực x Đặt : h(x) = g(x) – bx Ta chọn b để h(x) tuần hòan Hàm sinx tuần hồn chu kì  Ta chứng tỏ g(x+  ) = g(x) +2  với số thực x Thật : g(x)+2  = [f(g(x) +2  )] = g[2(g(x)+2  ) - sin(g(x)+2  )] =g[2g(x)-sin(g(x)) +  ] = g[f(g(x)) +  ] = g( x +4  ) Từ : h(x+4  ) = g(x +  ) – b(x+4  ) = g(x) +  -bx – 4b  = h(x) +  (1-2b) Nếu chọn b = h(x +  ) = h(x) với số thực x DeThiMau.vn 0.5 1 0.5 Câu 5: NỘI DUNG Tìm tất số tự nhiên m,n cho đẳng thức sau : 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2) Đặt x = 2m , y = 2n-1 với m ,n số tự nhiên Ta có : (x,y) =1 2(x3-x) = (y+1)y(y-1)  y(y2-1) = 2x(x2-1) (1) Do m  , n  nên x  y  -1 + Trường hợp x =1: Ta có m = Lúc n = hay n =1 +Trường hợp x >1: Từ (1) (x,y)=1 suy : y2-1 chia hết cho x 2(x2-1) chia hết cho y Do 2(x2-1).(y2-1) chia hết cho xy Nhưng: 2(x2-1)(y2-1) = 2[x2y2-2xy-((x-y)2-1)] nên có: 2((x-y)2-1) chia hết cho xy (2) Chú ý: với x >1 từ (1) ta có x3 < y3 < 2x3 Thật : (1)  (y-x)(y2+xy+y2-1) = x3-x Với x>1 ta có x3-x>0.Lúc y>0 y2+xy+y2-1>0,nên y>x Ngoài ra: (x2-1)(2x3-y3) = x2[2(x3-x)] – (x2-1)y3 = x2(y3-y)-(x2-1)y3 = y(y2-x2) > Do đó: 2x3-y3 > y + Từ đó: 0