SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH AN GIANG TRƯỜNG : THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ 21 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; LỚP : 11 - Câu : Giải hệ phương trình sau: x yx x y 0 y zy y z 0 z xz z x 0 Lời giải Hệ cho tương đương với hệ x x y (3x 1) y y z (3 y 1) z z x(3 z 1) (I) 1 ( x; y; z ) ; ; 3 không nghiệm hệ (I) Ta thấy x3 3x y 3x y3 y z 3y z 3z x 3z Do hệ (I) x, y , z \ ; \ , đặt x tan , 2 Hệ (I) trở thành: tan tan y tan tan 3 tan 3 tan 3 z tan 9 tan 3 tan 9 tan 9 tan 27 x tan 9 k k k ,k k tan 27 tan 26 6 26 , Suy ra: Điều kiện k 13 k 13 k 12; 11; ; 1;0 T 2 26 x tan y tan 3 k z tan 9 k T 26 Vậy, hệ cho có nghiệm là: với u1 2010 un n lim n u 7u n , n 2 Câu 2: Cho dãy (un) xác định : n Tính n n.7 Lời giải n n n Ta có: n.7 7(n 1).7 u n n.7 n 7u n n n.7 n 7(u n n n.7 n ) 7(u n (n 1)7 n ) 7 n (u1 7) 2003.7 n u n 2003.7 n n.7 n , n 1 2003.7 n n.7 n 2003 un lim lim( 1) 1 n n x x n.7 7n Vậy : n n.7 lim Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Một đường tròn (J) tiếp xúc với đường tròn (O) D tiếp xúc với cạnh AB E ( D A nằm hai phía đường thẳng BC ) Tiếp tuyến đường tròn (J) kẻ từ C tiếp xúc với J F ( F D nằm hai phía đường thẳng BC ) Chứng minh đường thẳng EF qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải N A F E I O B C J D Đường thẳng DE cắt (O) D N Đường tròn (J) tiếp xúc với đường tròn (O) D nên phép vị tự tâm D biến (O) thành (J) biến N thành E suy ON JE hướng , mà JE AB nên ON AB N điểm cung nhỏ AB đường trịn (O) Do CN tia phân giác góc ACB (1) Gọi I giao điểm đường thẳng EF CN Ta chứng minh I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Vì BE tiếp tuyến đường tròn (J) nên: 1 sd BD EFD BED sd AN sd BD sd NB sd NBD NCD ICD 2 CDFI tứ giác nội tiếp DIC DFC DEF NEI 1800 DEF 1800 DIC NID DEF DFC CID NEI NID đồng dạng với NE NI NI NE.ND NI ND (2) Mặt khác EBN ABN NDB NEB NBD đồng dạng với 2 NE NB NB NE.ND NI NB NI NBI NB ND cân N NBI NIB NIB IBA NBA NIB NCB IBC BI đường phân giác góc ABC (3) Từ (1) (3) suy I tam đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu : Tìm tất hàm f : cho : f f x y f x f y f x f y xy (*) với x, y Lời giải Đặt f a f a f a a , cho x y a ta (1) f a a x y Cho ta có Từ (1) (2) : (2) a a a a a 0 f f a f a a af a a a a Lại cho x a, y 0 ta có Thay x y f a , ta có f a f f a Như ta có hệ phương trình sau : f a f f a a a 0 a a a a a f a f 0 Giải hệ phương trình ta có nghiệm a 0 f f x f x , x Thay y 0 vào hệ thức (*) ta Như PTH ban đầu trở thành f x y f x f y f x f y xy , với x, y (3) f y f y Thay x 0 hệ thức trở thành , với y f hàm lẻ f a a a Mặt khác thay x y vào (3) f x 2 x 0 f x f (x) x x với x f (x) x 2 x f x 0 x 0 f x 0 Nhận xét có x mà Vậy f x 0 x 0 f x x Giả sử có x 0 mà Khi f x f f x f x f x f x f x 0 x 0 , vơ lí f x x Vậy với x ta có hàm số thỏa mãn toán Câu : Chứng minh số có dạng 10001, 100010001, 1000100010001, hợp số Lời giải Các số cho có dạng + 104 + 108 + + 104k Ta có : 104k+4 – = (104 – 1)(1 + 104 + 108 + +104k) 102k+2 – = (102 – 1)(1 + 102 + 104 + +102k) (1) Mặt khác : 104k+4 – = (102k+2 – 1)(102k+2 + 1) = (102 – 1)(1 + 102 + 104 + +102k).( 102k+2 + 1) (2) Từ (1) (2) suy : (104 – 1)(1 + 104 + 108 + +104k) = (102 – 1)(1 + 102 + 104 + +102k).( 102k+2 + 1) 104 (1 104 108 104 k ) (1 102 10 10 k )(10 k 2 1) 102 101.(1 104 108 104 k ) (1 10 10 102 k )(102 k 2 1) Vì 101 số nguyên tố nên + 10 + 104 + +102k chia hết cho 101 102k+2 + chia hết cho 101 Trong trường hợp đó, k > thương phép chia nói lớn Thu gọn 101 ta số + 104 + 108 + +104k phân tích thành tích hai thừa số Suy số cho hợp số Trong trường hợp k = 104 + = 10001 = 137.7.3 hợp số Vậy toán chứng minh Câu : Tại ba đỉnh A, B, C tam giác ABC có ghi tương ứng ba số a, b, c không đồng thời Người ta thực phép thay đổi số ba đỉnh tam giác sau: Nếu x ; y ; z bước ghi ba số x y z ; y z x ; z x y Chứng minh xuất phát từ ba số a , b , c sau bước trước ba đỉnh có ghi ba số số lần thực phép ghi trên, ta nhận ba số mà ba số khơng nhỏ 2015 Lời giải a1 a c1 b1 c b an an bn 2cn a a1 a b 2c n b b1 b c 2a bn bn cn 2an c c c a 2b c c a 2b 1 n n n n a ;b ; c Với n 1, 2,3 kí hiệu n n n số ghi sau lần thay thứ n Ta có hệ thức: an bn cn 0 với n 1, 2,3, S an2 bn2 cn2 Với n 1, 2,3, ta đặt n Ta có S n1 an21 bn21 cn21 2 an bn 2cn bn cn 2an cn an 2bn 2 an bn cn 3cn an bn cn 3an cn an bn 3bn 9 an2 bn2 cn2 9.S n ( 1 an bn cn 0 với n 1, 2,3, ) Như dãy Sn S 9n 1.S1 cấp số nhân với công bội q 9 nên n (2) a,b,c Lại a, b, c không đồng thời nên 1 không đồng thời Thật a1 0 b1 0 c 0 a1 a b 2c 0 b1 b c 2a 0 a b c c c a 2b 0 1 mâu thuẫn 2 lim Sn Suy S1 a1 b1 c1 nên từ (2) ta có n Từ (3) suy tồn k nguyên dương đủ lớn cho S k 3 2.2015 (3) (4) 2 2 2 Vì Sk ak bk ck nên từ (4) theo nguyên lí Dirichlet suy ba số ak ; bk ; ck phải có số, khơng tính chất tổng qt, giả sử số ak mà: ak2 2.2015 ak 2.2015 ak 2.2015 ak 2.2015 (5) Xét hai khả xẩy ra: 1) Nếu ak 2.2015 dĩ nhiên ta có ak 2015 Bài tốn chứng minh trường hợp 2) Nếu ak 2.2015 ak bk ck 0 bk ck 2.2015 (6) Lại theo nguyên lí Dirichlet, từ (6) tồn hai số bk , ck ( giả sử bk ) cho bk 2015 Bài toán chứng minh