De de nghi Olympic 16 Toan 11

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

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

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

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

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:

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

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

1

4 4

9 5

    

 

V V

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

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

CÂU HỎI 5: (4 điểm)

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

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:

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

2

1

 



  

 



   



m m

m

m

m m

a 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 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

CÂU HỎI 6: (4 điểm)

Tìm hàm f :   thỏa  

     

0 3,

2

2 cos , ,

f

f x y f x y f x y x y



  

 

  

  

      

 

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:

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