De de nghi Olympic 16 Toan 11

Tính tỷ số thể tích của hai phần ấy.[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN.; KHỐI: 11

ĐỀ THI

(Lưu ý quan trọng: phần nội dung không để Texbox) CÂU HỎI 1: (3 điểm) Giải hệ phương trình:

3

1

x y xy

x y

ìï + - =

ïï

íï + + + = ïïỵ

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:

3 (1)

1 (2)

x y xy

x y

ìï + - =

ïï

íï + + + = ïïỵ

Điều kiện để hệ có nghĩa: x³ 0,y³ 0.25

Ta có:

( ) ( )

1 1 1 16

2 1 14 (3)

x y x y x y

x y x y

+ + + = Û + + + + + + =

Û + + + + = 0.5

Đặt t= xy, từ (1) ta có:x y+ = +3 t (4) 0.5 Thay (4) vào (3) có:

2

3+ +t t + + =t 14

2 t t 11 t

Û + + = - 0.5

0 11

3 35

3 t t t ìï £ £ ïï

ï é = ï ê Û íï ê ï ê ï = -ï ê ï ë ỵ

0.75

3

t xy xy

Û = Û = Û = 0.25

Từ ta có hệ: ìï + =ïíï =x yxy 9 6Û x= =y ïỵ

Vậy hệ có nghiệm (3;3) 0.25

(2)

CÂU HỎI 2: (3 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho phần nguyên n n n  

l số nguyên tố ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:

Nếu n= 3k

n n n A 3    k k k  

 0.25

 A 3k2 8k  

 k3k8 0.5

Do  A l số nguyên tố k = suy n = 3. 0.25

Nếu n= 3k +1

n n n A 3    n k k k 3 8 3     

 0.25

n k k 3 10   

 0.25

  10

  

 A k k k33k1 0.25

Do  A l số nguyên tố k = suy n = 0.25 Nếu n= 3k +

n k k k A 3 16 4     

 0.25

n k k 3 12     

  12

  

 A k k 3k2 4k2 không số nguyên tố 0.5

(3)

CÂU HỎI 3: (4 điểm)

Cho tứ diện SABC hai điểm M,N thuộc cạnh SA, SB, cho:

;

2

SM SN

MA  NB  .

Mặt phẳng (P) qua hai điểm M,N song song cạnh SC chia tứ diện thành hai phần Tính tỷ số thể tích hai phần

Mặt phẳng (P) qua hai điểm M,N song song SC cắt hai mặt phẳng (SAC) (SBC) theo giao tuyến ML/ /NK/ /SC 0.25

Ta có:

3

 

CL SM

CA SA ;

2

 

CK SN

CB SB 0.5

Gọi V V V, ,1 thể tích hình chóp SABC đa diện SCMNKL ABMNKL Ta có:

1 SKLC SLKM SKMN

V V V V 0.25

Ta có:

9

  

SKLC CSKL

V V CL CK

V V CA CB (1) 0.5

3

 

SKLM

SKLA

V SM

V SA (2) 0,25

Mà SKLA  ALK  ALK AKC  3 32 94

ABC AKC ABC

V S S S AL CK

V S S S AC CB (3) 0,25

1 4

(2) (3)

3 27

VSKLM  

x

V (4) 0,5

1 2

3

  

SMNK SABK

V SM SN

V SA SB (5) 0.25

( )

  

SABK

V dt ABK BK

(4)

Lấy (5)x(6): 2

27

 

SMNK V

V (7) 0.5 Lấy (1)+(4)+(7), suy ra: 4

9 27 27

   

V

V 0.25

1

4 4

9 5

    

 

V V

(5)

CÂU HỎI 4: (3 điểm) Cho x x x x x1, , , ,2 0thỏa mãn điều kiện :

1

1 1 1

2010 2010 2010 2010 20102010

    

x x x x x

Chứng minh :

1 .2 8040

x x x x x

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4: Ta có :

1

1 1 1

2010 2010 2010 2010 20102010

    

x x x x x

 

1

2 1

1 1 1

2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010

      

     

x

x x x x x x

0,5 Áp dụng BĐT Cô si, ta có :

4

2 5

1 1 1 1

4

2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010

       

x x x x x x x x

0,5 Khi ta có :

 

1 4

1

1 1

4

2010 2010 2010 2010 2010 2010

    

x

x x x x x (1) 0,5

Tương tự ta có :

 

2 4

2

1 1

4

2010 2010 2010 2010 2010 2010

    

x

x x x x x (2)

 

3 4

3

1 1

4

2010 2010 2010 2010 2010 2010

    

x

x x x x x (3)

 

4 4

4

1 1

4

2010 2010 2010 2010 2010 2010

    

x

x x x x x (4)

 

5 4

5

1 1

4

2010 2010 2010 2010 2010 2010

    

x

x x x x x (5)

Lấy (1)x(2)x(3)x(4)x(5) vế theo vế ta có :

         

1

5

1

5

4 4 4 4 4 4

1

2010 2010 2010 2010 2010 2010

1 1 1

4

( 2010) ( 2010) ( 2010) ( 2010) ( 2010)



    



    

x x x x x

x x x x x

0,5

5 .2 2010

 x x x x x 

Vậy :

1 .2 8040

x x x x x 0,5

(6)

Cho dãy số an với 1

2 2;

1



 



n n

n u

u u

u

a) Chứng minh rằng: tất số hạng dãy khác

b) Tồn hay không số tự nhiên p1 cho: an p anvới số tự nhiên n1

a) Nhận xét: an tann với arctan (Chứng minh qui nạp) 0,75 Giả sử an 0 với n2m1, suy a2m 2 Tuy nhiên:

2 2

2

2 tan

tan

1 tan

2

1

 



  

 



   



m m

m

m m

a m

m a

a

a a

0,75

Dẫn đến điều vơ lí 0,5

Giả sử an 0 với n2 2k m1 với số nguyên dương k, Khi đó:

   

 

1

2

2 2 tan 2

0 tan 2

1 tan 2 1

 



 



      

  

n k

k

n k n

n a m

a m a

m a 0,5

tiếp tục trình suy a2m1 0 theo suy vô lí 0,5 Vậy tất số hạng dãy khác

b) Giả sử tồn tự nhiên p1 cho: an p an ta có:

 

   

sin

tan tan sin tan !

os n+p cos



   

 

   p     

n p n p p

c n 0,75

(7)

Tìm hàm f :   thỏa  

     

0 3,

2

2 cos , ,

f

f x y f x y f x y x y



  

 

  

  

      

 

Cho ;

2

x y t   , ta có:

    cos sin

2 2

f t f   t  f   t    f  t

       

1 0,75

Cho ;

2

x t   y , ta có:

f t  f t   0  2 0,75

Cho x0,y t   , ta có:

    cos    cos 

f t  f   t  f t   f t  3 0,75

Lấy  1 cộng với  2 :

     

2 sin

2

f t f t  f   t  f  t

   

4 0,75

Từ  3  4 , ta có:

   0 cos sin

2

f t f t f    t

  0,5

Suy ra: f x  3cosx4sinx 0,25