http://ebook.here.vn – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 1 SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO ðỀ THI ðỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ðBSCL SÓC TRĂNG Năm học 2008 – 2009 o0o /// ðề chính thức Môn : TOÁN – Lớp 12 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát ñề) _________________ (ðề thi này có 1 trang gồm 7 câu) Câu 1: (3 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 4 2 2 4 4 2 log ( 4 5) 1 2 log ( 4 5) 1 2 y y x x x x y y − + − + − + + = − + + = Câu 2: Cho ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. ðường phân giác trong của góc A cắt ñường tròn tại D (D khác A). Chứng minh AB + AC < 2AD. Câu 3: (2 ñiểm) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 3 3 3 15 18 x y z + = Câu 4: (3 ñiểm) Cho dãy số (u n ) xác ñịnh bởi 1 3 2 1 1 2 1 3 n 1 2 2 n n n u u u u + = = − + ∀ ≥ Chứng minh rằng dãy số (u n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số. Câu 5: (3 ñiểm) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? (Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương) Câu 6: (3 ñiểm) Tìm tất cả các ña thức P(x) có bậc nhỏ hơn 2009 và thỏa mãn ñiều kiện: 2 ( 1) ( ) 6 6 5 x P x P x x x R + = + + + ∀ ∈ Câu 7: (3 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho hai ñường tròn: 2 2 1 2 2 2 ( ) : 4 6 0 ( ) : 4 0 C x y x y C x y x + − − = + + = Một ñường thẳng (d) ñi qua giao ñiểm của (C 1 ) và (C 2 ) lần lượt cắt lại (C 1 ) và (C 2 ) tại M và N. Tìm giá trị lớn nhất của ñoạn MN. Hết http://ebook.here.vn – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 2 SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO ðÁP ÁN ðỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ðBSCL SÓC TRĂNG Năm học 2008 – 2009 o0o /// Môn : TOÁN – Lớp 12 Câu 1: (3 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 4 2 2 4 4 2 log ( 4 5) 1 2 log ( 4 5) 1 2 y y x x x x y y − + − + − + + = − + + = ðáp án ðặt 2 2 4 4, v = y 4 4 (u,v 0) u x x y = − + − + ≥ Hệ phương trình trở thành: (II) 2 2 log ( 1) 1 2 log ( 1) 1 2 v u u v + + = + + = 0,25 ñ Giả sử (u 0 ; v 0 ) là một nghiệm của hệ (II). Giả sử 0 0 2 0 2 0 log ( 1) log ( 1) u v u v ≥ ⇒ + ≥ + 0 0 0 0 0 0 2 2 v u v u u v ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ = Tương tự 0 0 0 0 0 0 u v v u u v ≤ ⇒ ≤ ⇒ = Do ñó: (II) 2 2 log ( 1) 1 2 log ( 1) 1 2 u v u v u v + + = ⇔ + + = = 0,5 ñ ðặt 2 ( ) 2 log ( 1) 1, D=[0;+ ) x f x x = − + − ∞ 1 '( ) 2 ln 2 ( 1)ln 2 x f x x = − + 2 2 1 "( ) 2 ln 2 0 x D ( 1) ln 2 x f x x = + > ∀ ∈ + 0,25 ñ Ta lập bảng biến thiên của f’(x): 0,25 ñ x 0 +∞ f”(x) + f'(x) +∞ 2 ln 2 1 ln 2 − Suy ra phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a. Ta lập ñược bảng biến thiên của f(x) 0,25 ñ x 0 a +∞ f'(x) - 0 + f(x) f(a) http://ebook.here.vn – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 3 Suy ra phương trình 2 ( ) 2 log ( 1) 1 0 x f x x = − + − = (1) có nhiều nhất hai nghiệm 0,25 ñ Mặt khác, ta nhận thấy x=0, x=1 là nghiệm của phương trình (1). Vậy phương trình (1) có ñúng hai nghiệm là x=0, x=1. 0.5 ñ Suy ra hệ (II) có hai nghiệm là (0;0) và (1;1) 0,25 ñ Suy ra hệ phương trình ñã cho có 5 nghiệm: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1) 0,5 ñ Câu 2: Cho ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. ðường phân giác trong của góc A cắt ñường tròn tại D (D khác A). Chứng minh AB + AC < 2AD. ðáp án K J I E D O C B A Cách 1: Kẻ dây cung DE//AB Ta có · · BAD ADE = 0,25 ñ ⇒ BD = AE 0,25 ñ ⇒ BE = AD 0,5 ñ Ta cũng có · · · ADE DAB DAC = = ⇒ CD = AE 0,25 ñ ⇒ AC = DE 0,25 ñ Gọi I, J lần lượt là trung ñiểm của AB và DE; K là giao ñiểm của AD và BE. ABDE là hình thang cân hoặc hình chữ nhật nên ta có: I, J, K thẳng hàng 0,25 ñ IJ vuông góc với AB và DE 0,25 ñ Ta có AD = AK + KD > AI + DJ = ½(AB+AC) 0,75 ñ ⇒ 2AD > AB + AC 0,25 ñ Cách 2: Gọi R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp: Tá có: 2 sin( ) 2 sin( ) 2 2 A A AD R B R C= + = + AB = 2RsinC, AC = 2RsinB http://ebook.here.vn – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 4 2 2 sin( ) 2 sin( ) 4 cos( ) 2 2 2 A A B C AD R B R C R − ⇒ = + + + = 2 sin 2 sin 4 sin cos 2 2 B C B C AB AC R C R B R + − + = + = Suy ra 2AD > AB + AC Câu 3: (2 ñiểm) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 3 3 3 15 18 x y z + = ðáp án Giả sử bộ ba số nguyên (x 0 ; y 0 ; z 0 ) là nghiệm của phương trình. Dễ thấy nếu một trong ba số trên bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0 ⇒ (0; 0; 0) là một nghiệm của phương trình. 0,25 ñ Nếu cả ba số ñều khác 0, ñặt d = (x 0, y 0, z 0 ) ta có x 0 = dx 1 , y 0 = dy 1 , z 0 = dz 1 với x 1 , y 1 , z 1 nguyên. 0,25 ñ Ta ñược 3 3 3 1 1 1 15 18 x y z + = ⇒ x 1 chia hết cho 3. ðặt x 1 =3x 2 , ta ñược 0,25 ñ 3 3 3 2 1 1 9 5 6 x y z + = ⇒ y 1 chia hết cho 3. ðặt y 1 =3y 2 , ta ñược 0,25 ñ 3 3 3 2 2 1 3 45 2 x y z + = ⇒ y 1 chia hết cho 3. 0,25 ñ ⇒ x 1 , y 1 , z 1 có ước chung là 3 (mâu thuẫn) 0,5 ñ Vậy phương trình chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0;0) 0,25 ñ Câu 4: (3 ñiểm) Cho dãy số (u n ) xác ñịnh bởi 1 3 2 1 1 2 1 3 n 1 2 2 n n n u u u u + = = − + ∀ ≥ Chứng minh rằng dãy số (u n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số. ðáp án ðặt 3 2 1 3 ( ) 2 2 f x x x = − + Hàm số f(x) tăng trên [0;1] và ( ) [0;1] x [0;1] f x ∈ ∀ ∈ 1 1 1 , ( ) 2 n n u u f u + = = . Bằng qui nạp, chứng minh ñược [0;1] 1 n u n ∈ ∀ ≥ 0,5 ñ Mặt khác 2 1 1 5 ( ) 16 u f u u = = < 3 2 1 2 ( ) ( ) , u f u f u u⇒ = < = Bằng qui nạp, chứng minh ñược dãy (u n ) giảm. 0,75 ñ Dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn. 0,25 ñ Gọi l là giới hạn của dãy số, do dãy số bị chặn dưới bởi 0, bị chặn trên bởi ½ nên 1 0 2 l ≤ ≤ (*) 0,5 ñ Chuyển qua giới hạn khi n tiến tới +∞ trong biểu thức truy hồi ta ñược: 3 2 0 1 3 1 2 2 2 l l l l l l = = − + ⇔ = = 0,5 ñ Kết hợp với (*) suy ra l = 0. 0,5 ñ http://ebook.here.vn – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 5 Câu 5: (3 ñiểm) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? (Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương) ðáp án x + y + z + t = 2009 (1) ðặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1, d = t – 1. Ta thấy a, b, c, d là các số tự nhiên thỏa phương trình: a + b + c + d = 2005 (2) và tương ứng giữa các bộ số (a, b, c, d) và (x, y, z, t) là tương ứng một – một (song ánh). Ta tìm số nghiệm tự nhiên của phương trình (2) Ta thấy mỗi nghiệm tự nhiên của phương trình (2) là một bộ 4 số tự nhiên (a, b, c, d) thỏa ñiều kiện a + b + c + d = 2005. Với mỗi bộ 4 số (a, b, c, d) như vậy ta ñặt tương ứng với một dãy nhị phân (dãy gồm các chữ số 0 và 1) theo qui tắc sau: viết từ trái sang phải: a số 1 liên tiếp – số 0 – b số 1 liên tiếp – số 0 – c số 1 liên tiếp – số 0 – d số 1 liên tiếp. { { { { 11 1011 1011 1011 1 a b c d Như vậy mỗi bộ (a, b, c, d) tương ứng một – một với một dãy nhị phân gồm 2008 kí tự, trong ñó có ñúng 2005 kí tự “1” và 3 kí tự “0”. Mặt khác, một dãy nhị phân ñộ dài 2008, trong ñó có ñúng 3 kí tự “0” tương ứng với một cách chọn 3 phần tử từ 2008 phần tử. Số các dãy nhị phân như trên là 3 2008 C Từ ñó suy ra số nghiệm của phương trình (1) là 3 2008 C Câu 6: (3 ñiểm) Tìm tất cả các ña thức P(x) có bậc nhỏ hơn 2009 và thỏa mãn ñiều kiện: 2 ( 1) ( ) 6 6 5 x P x P x x x R + = + + + ∀ ∈ ðáp án Cách 1: ðặt 3 ( ) ( ) 2 Q x P x x = − 0,5 ñ Ta có: ( 1) ( ) 3 x R Q x Q x + = + ∀ ∈ 0,5 ñ ðặt ( ) ( ) 3 R x Q x x = − Ta có: ( 1) ( ) x R R x R x + = ∀ ∈ 0,5 ñ ( ) x R R x d ⇒ = ∀ ∈ (d là hằng số bất kì) 0,5 ñ ( ) 3 Q x x d ⇒ = + 3 ( ) 2 3 P x x x d ⇒ = + + 0,5 ñ Vậy các ña thức cần tìm có dạng 3 ( ) 2 3 P x x x d = + + với d là số thực bất kì 0,5 ñ Cách 2: Từ 2 ( 1) ( ) 6 6 5 x P x P x x x R + = + + + ∀ ∈ (1) ⇒ (3) (3) ( 1) ( ) x R P x P x + = ∀ ∈ 0,25 ñ ⇒ (3) ( ) x R P x k = ∀ ∈ (k là hằng số) 0,25 ñ ⇒ P(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3. 0,25 ñ ðặt 3 2 ( ) P x ax bx cx d = + + + 0,25 ñ Từ (1) ta có 2 2 3 (3 2 ) 6 6 5 x ax a b x a b c x x R + + + + + = + + ∀ ∈ 0,5 ñ http://ebook.here.vn – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 6 3 6 2 3 2 6 0 5 3 a a a b b a b c c = = ⇒ + = ⇒ = + + = = 0,5 ñ Thử lại ta thấy các ña thức 3 ( ) 2 3 P x x x d = + + với d là số thực bất kì ñều thỏa mãn (1) 0,5 ñ Vậy các ña thức cần tìm có dạng 3 ( ) 2 3 P x x x d = + + với d là số thực bất kì 0,5 ñ Câu 7: (3 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho hai ñường tròn: 2 2 1 2 2 2 ( ) : 4 6 0 ( ) : 4 0 C x y x y C x y x + − − = + + = Một ñường thẳng (d) ñi qua giao ñiểm của (C 1 ) và (C 2 ) lần lượt cắt lại (C 1 ) và (C 2 ) tại M và N. Tìm giá trị lớn nhất của ñoạn MN. ðáp án N DC B A I J M (C 1 ) có tâm I(2; 3) và bán kính R = 13 (C 2 ) có tâm J(-2; 0) và bán kính r = 2 0,25 ñ ⇒ IJ = 5 0,25 ñ ⇒ |R – r| < IJ < R + r ⇒ (C 1 ) và (C 2 ) cắt nhau tại hai ñiểm A và B. 0,25 ñ Giả sử (d) qua B, gọi (d’) là ñường thẳng qua A, cắt (C 1 ), (C 2 ) lần lượt tại C và D. CD vuông góc với AB nên B, I, C thẳng hàng; B, J, D thẳng hàng 0,25 ñ ⇒ CD = 2IJ = 10 0,25 ñ Ta có: MC⊥MN, ND⊥MN ⇒ MC//ND 0,5 ñ ⇒ MN = d(MC, ND) 0,25 ñ ⇒ MN ≤ CD 0,5 ñ ⇒ max MN = CD = 10 ñạt ñược khi d//IJ 0,5 ñ HẾT . + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? (Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương) Câu 6: (3 ñiểm) Tìm tất cả các ña thức P(x) có bậc nhỏ hơn 2009 và thỏa mãn. ñiểm) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? (Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương) ðáp án x + y + z + t = 2009 (1) ðặt a = x – 1, b = y –. ðáp án 2 SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO ðÁP ÁN ðỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ðBSCL SÓC TRĂNG Năm học 2008 – 2009 o0o /// Môn : TOÁN – Lớp 12 Câu 1: (3 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 4 2 2 4 4 2 log