Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M... Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.[r]
(1)KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ
ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm 01 tờ giấy riêng biệt
Câu 1 (4 điểm)
Giải hệ phương trình:
− = + = + + + y x y x y x xy y x 2 16 8
Câu 2 (4 điểm)
Cho số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện ax−by= 3 Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức F =a2 +b2 +x2 + y2 +bx+ay
Câu 3 (4 điểm)
Cho tam giác ABC có góc A, B thỏa điều kiện: 2 cos 2 2 3 sin 2 3
sin A + B = A−B
Chứng minh tam giác ABC tam giác đều
Câu 4 (4 điểm)
Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M điểm tùy ý Gọi P, Q, R, S điểm cho:
MP MD
MC
MB+ + =4 ; MC +MD+MA=4MQ;
MR MB
MA
MD+ + =4 ; MA+MB+MC =4MS Tìm vị trí điểm M cho PA = QB = RC = SD.
Câu 5 (4 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho ngũ giác lồi có đỉnh điểm có tọa độ nguyên Chứng minh bên cạnh ngũ giác có điểm có tọa độ nguyên
(2)Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM Giải hệ phương trình:
− = + = + + + ) ( y x y x ) ( 16 y x xy y x 2
* Điều kiện: x + y > 0 0,5
* (1) ⇔ (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y)
⇔ [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = ⇔ (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = ⇔ (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = ⇔ (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0
1
⇔ x2 y 42 (3) x y 4(x y) (4)
+ − = + + + = 0,5 Từ (3) ⇒ x + y = 4, vào (2) ta được:
x2 + x – = ⇔ x2 + x – = ⇔ x y
x y
= − ⇒ = = ⇒ = 1
(4) vơ nghiệm x2 + y2 ≥ x + y > 0,5
Câu 1:
(3)Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn điều kiện ax−by= 3
Tìm giá trị nhỏ biểu thức F =a2 +b2 +x2 +y2 +bx+ay
Viết lại ( 2)
2
4
2 a b
a y b
x
F + +
+ + +
= 0,5
Đặt M =(x; y), − − = 2 a ; b
A , ( )∆ :ax−by= 3 Ta có
2
2
2
2
+ + +
= x b y a
MA Mà M∈( )∆ nên [ ( )]2 2 2
b a ; A d MA + = ∆ ≥
Đẳng thức xảy M hình chiếu của A ( )∆
1,5
Suy ( ) ( )
4 3
3 2
2 2
2
2 + =
+ ≥
+ +
+
≥ . a b
b a b a b a
F 1
Câu 2:
Vậy minF =3 đạt được chẳng hạn khi
(4)Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM Cho tam giác ABC có góc A, B thỏa điều kiện :
sin 3A
+ sin
3B
= 2cos
− B A Chứng minh tam giác ABC tam giác
Ta có: sin(
2
3A ) + sin(
2
3B) = sin(
) (
3 A+B ) cos(
4 ) (
3 A−B )
1≥ sin(
4 ) (
3 A+B ) > 0; cos(
2
B A− ) >
≤
B A− ≤
4
3A−B < π
⇒ cos(
2 B
A− )≥cos( 3A−B) ⇒cos(
2 B
A− )≥cos(
4 3(A−B))
1
Từ sin(
2
3A ) + sin(
2
3B) = 2cos(
B
A− ) cos(
2
B A− )>0
Suy : 2sin(
) (
3A+B )cos(
) (
3A−B ) >0 Hay cos(
4
3(A−B))>0
1
Kết hợp với sin(
4 ) (
3A+B )≤1, ta có sin(
) (
3A+B )cos(
) (
3A−B )≤cos(
) (
3 A−B )
Do đó: sin(
) (
3A+B )cos(
) (
3 A−B ) ≤ 2cos(
) (
3A−B ) ≤ 2cos(
B A− )
1
Câu 3:
Vì sin(
2
3A ) + sin(
2
3B) = 2cos(
B
A− ) phải có:
= + − = − ) ) ( sin( B A B A B A
⇔A = B =
3
π
Vậy tam giác ABC tam giác đều.
(5)Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M điểm tùy ý Gọi P, Q, R, S
điểm cho
MP MD
MC
MB+ + =4 ; MC+MD+MA=4MQ MR
MB MA
MD+ + =4 ; MA+MB+MC =4MS Tìm vị trí điểm M cho PA = QB = RC = SD. Giả sử có điểm M thỏa tốn Gọi G điểm cho
MD MC MB MA
MG= + + +
5
0,5 Từ MB+MC+MD=4MP, ta có 4PA=5GA
Tương tự 4QB=5GB, 4RC=5GC, 4SD=5GD
1
Do PA = QB = RC = SD ⇔GA = GB = GC = GD. 1
Nếu ABCD tứ giác nội tiếp được đường trịn tâm O G
trùng O và M là điểm duy nhất xác định bới
(OA OB OC OD)
OM =− + + + Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC =
SD
1
Câu 4:
Nếu ABCD tứ giác nội tiếp đường trịn khơng tồn điểm M
(6)Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có đỉnh những
điểm có tọa độ nguyên
Chứng minh bên cạnh ngũ giác có điểm có tọa độ nguyên
Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4,
(xi; yi) rơi vào trường hợp sau:
(2k; 2k’), (2k; 2k’+1), (2k+1; 2k’ + 1), ( 2k +1; 2k’) với k, k’ ∈ Z
1,5
Do đa giác có đỉnh nên theo ngun lí Đi rich lê, có đỉnh có tọa độ thuộc bốn kiểu
1,5
Câu 5:
Khi trung điểm đoạn nối đỉnh có tọa độ nguyên Do ngũ giác lồi nên điểm miền cạnh ngũ giác
(7)KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ
ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm 01 tờ giấy riêng biệt
Câu (4 điểm)
Giải hệ phương trình sau:
+ + + = + + + + = − 1 ) 2 y x ( log 2 ) 6 y 2 x ( log 3 1 y 1 x e 2 x y2
Câu (4 điểm)
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng d sốđo của nhị diện [B,SC,D] bằng 1500 Tính thể tích của hình chóp đều S.ABCD theo d
Câu 3 (4 điểm)
Cho dãy số dương (an)
a Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k :
( ) + + + + + +
≤ k−1 k
k 3 2 k k a k 1 k a 3 4 a 2 3 a 2 ) 1 k ( k 1 a a . a
b Biết ∑ = ∈
= ∞
→ a a
lim n i i n R
Đặt bn = a1 + a1a2 +3 a1a2a3 + +n a1a2 an với n≥1
Chứng minh rằng dãy (bn) có giới hạn
Câu 4 (4 điểm)
Cho hàm số f(x) = 2x – sinx
Chứng minh rằng tồn tại hằng số b hàm số g, h thoả mãn đồng thời
điều kiện sau:
1) g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x 2) h(x) hàm số tuần hoàn
3) f(g(x)) = x với mọi số thực x
Câu 5 (4 điểm)
Tìm tất cả số tự nhiên m, n cho đẳng thức sau đúng: 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2)
-HẾ
(8)ĐÁP ÁN TOÁN LỚP 11
NỘI DUNG ĐIỂM Giải hệ phương trình
2 2
2
3
1
(1)
3log ( 6) log ( 2) (2)
y x x
e
y
x y x y
− + = + + + = + + +
Đk: x + 2y +6 > x + y + > 0,5
Phương trình (1) ⇔ y2 – x2 = ln(x2+1) – ln(y2+1)
⇔ ln(x2+1)+ x2 +1 = ln(y2+1)+y2+1 (3) Xét hàm số f(t) = lnt + t với t ≥
Phương trình (3) có dạng f(x2+1) = f(y2+1) (4) Ta có f(t) đồng biến [1 ;+∞ )
Do (4) ⇔ x2+1 = y2+1 ⇔ x = ± y
1
* Với x = -y , từ (2) ta log (63 −x) 1= , với x<6
⇔ x = ⇒ y = -3 (thỏa mãn hệ) 0.5
* Với x = y , từ (2) ta được3log (3 x+2)=2 log (2 x+1) với x > -1
0.5
Đặt 3log (3 x+2)=2 log (2 x+1)= 6u ⇒
2 3 u u x x + = + = ⇒ 1+23u
= 32u⇔
9
u u
+ =
(5)
Xét g(u) =
9
u u
+
, g(u) hàm nghịch biến R có g(1) = nên
u = nghiệm (5) Với u = suy x = y = (thỏa mãn hệ)
1
Câu 1:
Vậy hệ có nghiệm (3 ;-3) , (7 ;7)
(9)NỘI DUNG ĐIỂM Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy d sốđo nhị diện
[B,SC,D] 1500 Tính thể tích hình chĩp S.ABCD theo d Ta cĩ: BD ⊥SC Dựng mặt phẳng qua BD vng góc với SC P
Ta có :∠BPD=1500 1
Ta có: cos1500 = 2
2 2 BP 2 BD 1 BP 2 BD BP 2 − = −
(1) 0.5
Câu 2:
Gọi M trung ểm BC Ta có SM BC = BP.SC BC = d, gọi h chiều cao hình chóp S.ABCD
Ta có: SM2 = h2 +
4 d2
; SC2 = h2 +
2 d2
Suy ra: BP2 =
) d h 2 ( 2 ) d h 4 ( d 2 2 + + 1
(1) trở thành: 2 2
2 d h 4 d 2 3 + − =
− Suy ra: h =
3 3 3 2 2
d − 1
VS.ABCD =
6 d dtABCD . h 3 1 = 3 3 3
(10)NỘI DUNG ĐIỂM Cho dãy số dương (an)
a Chứng minh với số nguyên dương k:
( ) + + + + + +
≤ − k
1 k k 3 2 k k a k k a a a ) k ( k a a a
b Biết ∑ = ∈
= ∞
→ a a
lim n i i n R
Đặt bn = a1 + a1a2 +3 a1a2a3 + +n a1a2 an với n≥1 Chứng minh dãy (bn) có giới hạn
a)Ta có
2
1 1
2
1 3
2
1
3 ( 1)
( 2)( )( ) ( ) ( 1)
2
1 ( 1)
( 2)( )( ) ( )
1
1 ( 1)
( 2) ( ) ( ) ( )
( 1)
k k k
k k k
k
k k
k k k
k
k k
k
a a a a a a a a k
k
k
a a a a a a a a
k k
k
a a a a
k k k
− − − + = + ⇒ + = ≤ + + + + + + + Câu b)
Từ câu a) suy
2
1
1 1 ( 1)
( 2)( ) ( )( ) ( )( )
1.2 ( 1) 2.3 ( 1) ( 1)
n
n n n
n
b a a a
n n n n n − n n
+
≤ + + + + + + +
+ + +
Do :
1 n 1 n n 2 1 ) n ( n 2 1 < + − = + − + + − + − = + + + +
nên 1 2
1
1 1
(1 ) (1 ) (1 ) ( )
1
n n
n n i
i
b a a a e a
n =
≤ + + + + + + < ∑ với
n n n 1 1 lim e + = ∞ →
(bn) tăng bị chặn trên, có giới hạn
(11)NỘI DUNG ĐIỂM Cho hàm số f(x)= 2x – sinx
Chứng minh tồn số b hàm số g, h thỏa mãn đồng thời
điều kiện sau :
1) g(x) = bx + h(x) với số thực x 2) h(x) hàm số tuần hòan
3) f(g(x)) = x với số thực x
Từđiều kiện 3) cho thấy muốn chứng tỏ tồn g cần chứng tỏ f có hàm số ngược
Chú ý : f đồng biến (-∞;+∞) nên có hàm số ngược g Ta có : f(g(x)) = x g(f(x)) = x với số thực x
1
Đặt : h(x) = g(x) – bx Ta chọn b để h(x) tuần hịan 0.5 Hàm sinx tuần hồn chu kì 2π
Ta chứng tỏ g(x+ 4π) = g(x) +2π với số thực x
Thật : g(x)+2π = [f(g(x) +2π )] = g[2(g(x)+2π) - sin(g(x)+2π)] =g[2g(x)-sin(g(x)) + 4π] = g[f(g(x)) + 4π] = g( x +4π)
1
Từđó : h(x+4π) = g(x + 4π) – b(x+4π) = g(x) + 2π -bx – 4bπ
= h(x) + 2π(1-2b)
Câu 4:
Nếu chọn b =
2
(12)NỘI DUNG ĐIỂM Tìm tất số tự nhiên m,n cho đẳng thức sau :
8m = 2m + n(2n-1)(2n-2)
Đặt x = 2m , y = 2n-1 với m ,n số tự nhiên
Ta có : (x,y) =1 2(x3-x) = (y+1)y(y-1) ⇔ y(y2-1) = 2x(x2-1) (1) Do m ≥ , n ≥ nên x ≥ y ≥ -1
0.5
+ Trường hợp x =1: Ta có m = Lúc n = hay n =1 +Trường hợp x >1:
Từ (1) (x,y)=1 suy : y2-1 chia hết cho x 2(x2-1) chia hết cho y Do 2(x2-1).(y2-1) chia hết cho xy Nhưng: 2(x2-1)(y2-1) = 2[x2y2-2xy-((x-y)2-1)] nên có: 2((x-y)2-1) chia hết cho xy (2)
0.5
Chú ý: với x >1 từ (1) ta có x3 < y3 < 2x3 Thật : (1) ⇔(y-x)(y2+xy+y2-1) = x3-x
Với x>1 ta có x3-x>0.Lúc y>0 y2+xy+y2-1>0,nên y>x Ngoài ra: (x2-1)(2x3-y3) = x2[2(x3-x)] – (x2-1)y3 = x2(y3-y)-(x2-1)y3
= y(y2-x2) > Do đó: 2x3-y3 >
1
+ Từđó: 0<y-x = x(
x y
-1) < x(3 2 -1) Do đó (y-x)2
<x2(3 2 -1)2 <
2
xy Suy ra: ≤ 2((y-x)2-1) < xy
Kết hợp với (2) ta có: (y-x)2-1 =0 hay y = x +1
0.5
Câu 5:
Thay vào (1), ta có x = y = Lúc m = 2, n =
(13)(14)(15)(16)(17)(18)(19)(20)(21)(22)(23)(24)(25)