Đề thi và đáp án Olympic 30-4 môn toán khối 11 năm 2014

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

Trường THPT Chuyên Môn thi : Toán - Khối : 11

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 :

2 2

x y 1

, x, y 125y 125y 6 15 0

 + =



Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số ( )un xác định bởi : ( )

1

n

n 1 n

u 1

1

u u , n 1

n 1

+

=





= + ∀ ≥



a Chứng minh rằng 2n

n 1 n 2 n n

b Chứng minh rằng dãy số ( )un có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó

Bài 3: (3 điểm) Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’ Một tiếp tuyến chung T1T2của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)) Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2khác M Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’ Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’, M’M2’ Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1T2

Bài 4: (3 điểm) Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x2

) = P(x3 + 3x), ∀x

Bài 5: (3 điểm) Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m> ≥n 1 Biết rằng hai chữ số tận cùng của

2014m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014n

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 A A A1 2 9 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

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 - NĂM 2014

Môn Toán – Khối 11

Đáp án

Bài 1

Giải hệ phương trình :

2 2

x y 1

, x, y 125y 125y 6 15 0

 + =



Cách 1:

2 2

3 2

x 1 y

I 125y y 1 6 15 125y 125y 6 15 0

(1)

(2)

 = −

Từ (1): 2

y − ≤1 0 Kết hợp với (2):

3 2

y 0

y 1 0

 >





− <

0 y 1

⇒ < <

0.5 đ

f (y) 125y= −125y +6 15, 0 < < y 1

f ' y 125y (5y 3)

15

f '(y) 0 y

5

= ⇔ =

1 đ

Bảng biến thiên:

f’(y) – 0 +

f(y)

0

0.5 đ

( )

x y 1 x

5

y 5

5



 + =  = ±

⇔ ⇔

=

1 đ Cách 2:

2 2

3 2

x 1 y

I 125y y 1 6 15 125y 125y 6 15 0

(1)

(2)

 = −

− = −

Từ (1): 2

y − ≤1 0

Từ (2): 3

y > ⇒ >0 y 0

1 đ

(2)⇔125 y +6 15 =125y

Ta có: 3VT=125 y5+125 y5+125 y5+9 15+9 15 ≥5 5 3 y5 10 5 15 =3.125y3 =3VP

1 đ

Nên (2) 125 y5 9 15 y 15

5

1 đ

( )

x y 1 x

5

y 5

5



 + =  = ±

⇔ ⇔

=

1 đ

Bài 2

Cho dãy số ( )un xác định bởi : ( )

1

n

n 1 n

u 1

1

u u , n 1

n 1

+

=





= + ∀ ≥



a Chứng minh rằng 2n

n 1 n 2 n n

b Chứng minh rằng dãy số ( )un có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó

∑ =4đ

a Từ giả thiết có ( )

1

1 1,

1

n

n

+

−

∀ ≥ − =

+

−

−

−

⇒ n =∑n k − k + =∑n k + = − + − + −

k n

1 đ

2

1 1 1 1 1 1 1

2

1 2 3 2 2 4 2

⇒ = + + + + −  + + + 

= + + + +  − + + + + = + + +

n

u

1 đ

b 2

1 1 1

1

∑n ∑n

n

u

k

n

0 5 đ

Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 1

ln 1 , 0 '

1

+

x

Áp dụng định lí Lagrange trên các đoạn k 1;k ,k 1;n c k k 1;k

sao cho ln 1 ln 1 1 1 1

1

−

 + −  + =

n n n c

0.5 đ

1

k

−

⇒ <  + −  + <

−

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) , , (n) ta có

1

ln 2 lim ln 2

2

n

< < + ⇒ = 0.5 đ

2 1 2 2 1 2

+  + 

Do đó có limu n =ln 2

0.5 đ Bài 3

Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’ Một tiếp tuyến

chung T1T2của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2))

Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2khác M Đường thẳng PM’ cắt (O1)

và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’ Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1,

MM2, M’M1’, M’M2’ Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn

Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O1O2

Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường tròn

1 đ

Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC 0.5 đ Goi T là trung điểm T1T2 :

Ta có

1 1

OT / /O T ;

O M / /O M OC / /O M / /O M

M T / /M T CT / /M T / /M T

⇒

⇒

mà ∆O M T1 1 1' cân tại O1⇒∆OCT cân tại O⇒OT =OC⇒T∈(O)

1 đ

O T ⊥T T ⇒OT⊥T T nên (O) tiếp xúc T T1 2

0.5 đ Bài 4

Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x2

) = P(x3 + 3x), ∀x∈  ∑ =3đ

P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀x (1)

 Trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số thực )

Khi đó (1) ⇔ c2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1

0.5 đ

 Trường hợp degP ≥ 1 Giả sử (1) thỏa

(1) ⇒ P2(0) = P(0) ⇒ P(0) = 0 hoặc P(0) = 1

Nếu P(0) = 0 thì P(x) = xmQ(x) với m nguyên dương và

Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa Q(0) ≠ 0 ……… (a)

Khi đó (1)⇔x Q(x)x Q(x )m 2m 2 =(x3+3x) Q(xm 3+3x)∀x∈

⇔ x Q(x)Q(x ) (x2m 2 = 2 +3) Q(xm 3+3x), ∀x∈\{0}

⇔ x Q(x)Q(x ) (x2m 2 = 2 +3) Q(xm 3+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

Gọi α là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất ⇒ α > (Do P(0) ≠ 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

α3 + 3α và ( )3

3

α + α cũng là nghiệm của P(x) 0.5 đ

⇒ α ≥ α + α ……….………… (c) 3 3

và

3

3

Đặt α = a + bi (a, b ∈ )

(c) ⇔ α ≥ α α + ⇔ 1 ≥ 2 3 α + ⇔1 ≥2 3 α +2 32

⇔ 1 ( )2

⇔ ( )2

a −b +6(a −b ) 4a b+ + ≤8 0

6b ≥6a +4a b + +8 a −b ≥6a +4a b + ≥8 8

⇒ b2 ≥ 4

3⇒

2

2 2 16a 4a b

3

≥

⇒ 6b2 ≥ 6a2

+8 + 4a2b2 ≥ 6a2

+8+16a2

3 =

2

34a 8

3 +

⇒ b2 17a2 4

9 3

≥ + ……… (e)

0.5 đ

(d) ⇔ α ≥ α + ⇔ 3 α ≥ α +2 34⇔ a2+b2 ≥[(a 3)+ 2 +b ]2 2

⇔ a2 +b2 ≥(a2 +b2+6a 9)+ 2⇔ a2 +b2 ≥(a2+b )2 2+2(6a 9)(a+ 2 +b ) (6a 9)2 + + 2

⇔ (a2+b )[(a2 2+b ) 2(6a 9) 1] (6a 9)2 + + − + + 2 ≤0

⇔ (a2+b )(a2 2+b 12a 17) (6a 9)2+ + + + 2 ≤0 ……….(f)

(e)

17a 4

a b 12a 17 a 12a 17

9 3

+ + + ≥ + + + + 26a2 12a 55

= + + > 0, ∀a : Mâu thuẫn với (f)

⇒ Không tồn tại đa thức P(x) với degP ≥ 1 thỏa điều kiện đề bài

Bài 5 Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m> ≥n 1 Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014mbằng

với hai chữ số tận cùng của 2014n

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 : m n

Do đó : n 2

m n 2 m n 2 p

2014 − −1 5 ⇔(2000 14)+ − −1 5 ⇒14 −1 25 (với p = m – n, *

p∈N ) 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

Vậy p = 2k, *

k∈N (1)

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

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 A A A1 2 9 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

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 10

C = 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 ai,jlà số lượng mảnh thuộc

cung A A i j không chứa điểm và đặt tương tự cho và Ta cho tương ứng mỗi tam

giác với bộ ba (a ; a ; ai, j j,k k,i) Rõ ràng là 1 a≤ i, j≤aj,k ≤ak,i ≤ và 7

i, j j,k k ,i

a +a +a =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