Đề thi Olympic 10 - 3 môn Toán lớp 11 năm 2019 THPT Cưmgar có đáp án | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Các nghiệm điều thỏa điều kiện.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT CƯM’GAR

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1(4đ) Tìm nghiệm phương trình

cos sin cos

1 sin

x

x x

x

 

 khoảng ;0

Đáp án câu 1.

Câu Đáp án chi tiết Điểm

Câu 1: 4,0 điểm

Điều kiện: x k ,k R

     Ta có: cos sin cos

1 sin

x x x x       

 2

sin cos sin cos sin cos

sin cos

x x x x

x x x x         1,0 sinx cosx  sinx cosx sinx cosx

     

sin cos sin cos

x x x x         1,0 sin sin x x                            2 x k k R x k x k                     

 Các nghiệm điều thỏa điều kiện. 1,0

Vì x  ;0 nên x





; x





1,0

Câu (4đ): Cho dãy số (un) xác định

n n n

0 u 1 u (1 u )

4         

 ; nN* Tính nlim u  n Đáp án câu 2.

Câu Đáp án chi tiết Điểm

Câu 2: 4,0 điểm

Chứng minh dãy (un) dãy tăng :

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương un 1 1 u n, ta có:

1

1

(1 ) (1 )

2

n n n n

u    u  u   u  

1 , *

n n

u  u n N

     ( )un

là dãy tăng

Vì ( )un dãy tăng bị chặn nên dãy số (un) có giới hạn, giả

sử lim un a

1,0

Ta có:

n n n n

1

u (1 u ) , n N* lim u (1 u )

4

         1,0

n n n lim u lim(u u )

4

 

   a a2

4

   a

2  

Vậy n

1 lim u

2

 1,0

Câu 3(3đ) Cho tam giác ABC phép dời hình f biến tam giác ABC thành nó, tức f (A) A,f (B) B,f (C) C   Chứng minh f biến điểm M mp(ABC) thành nó.

Đáp án câu 3.

Câu Đáp án chi tiết Điểm

Câu 3: 3,0 điểm

Vì f (A) A,f (B) B  f (C) C nên f biến tam giác ABC thành tam giác ABC

1,0

Bởi M thuộc mp(ABC) f (M) M ' M ' thuộc mp(ABC)

AM AM ', BM BM ',CM CM '.   1,0

Nếu M ' M phân biệt ba điểm A,B,C thuộc đường thẳng trung trực đoạn thẳng MM ' mp(ABC), trái với giả thiết ABC tam giác

Vậy f (M) M. 1,0

Câu 4 (3đ) Tìm tất hàm số f : R R thỏa mãn: x f x2  f x   2x x  1 , x R 

Đáp án câu 4.

Câu Đáp án chi tiết Điểm

Câu 4: 3,0 điểm

     

2

x f x f x 2x x , x R 

Giả sử hàm số f : R R nghiệm hàm

Trong (1) thay x 1-x ta có:          

2

1 x f x  f x 2 x  x

(2), x R

 

1,0

Từ (1) (2) ta có:            

2 2 2

x x x x f x x x x x x

           

,  x R

 x2 x f x   1 x2  x2 x 1

        

,  x R Gọi a,b hai nghiệm phương trình: x2  x

Ta có:  

2

1 x x a, x b f x c x a

d x b

   



 

 

 với c,d thuộc R tùy ý Thử lại ta thấy thỏa mãn

1,0

Bài 5 (3đ) Chứng minh với số tự nhiên n; số 23n 1 chia hết cho 3n1 không chia hết cho

2

3n

Đáp án câu 5.

Câu Đáp án chi tiết Điểm

Câu 5: 3,0 điểm

Đặt An = 23

n



n = A0=

1

2 1 = chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32

1,0

Giả sử Ak = 23 k

 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (A

k = B.3k+1; với B

nguyên, khơng chia hết cho 3).Ta có:

Ak+1 =       

1

3 3 3

2 k  1 k  1 k 1 k  k 1

Ak+1  

2 3 23k

k k

A A

  

=  

2

1

3k 3k k

B   B  

     =

2 3

3k B 3 k  B2 k  1,0

Dễ thấy: B3 1.3 k chia hết cho mà B23k không chia hết cho (vì B khơng chia

hết cho 3) nên 2.3 23

k

k

B   không chia hết cho 3

 Ak+1 chia hết cho 3k+2, không chia hết cho 3k+3 1,0

Câu 6 (3đ) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên có chữ số đơi khác cho ln có ba chữ số 1, 2, có ba chữ số có tổng

Đáp án câu 6.

Câu Đáp án chi tiết Điểm

Câu 6:

3,0 điểm Ta có

     1   2 4.

Vì số cần lập ln có ba chữ số 1, 2, nên ba chữ số cịn lại cần có chữ số thuộc 4;5;6

1,0

Trường hợp 1: Số cần lập có chữ số thuộc 4;5;6 , có C C 6! 648013 23  (số). Trường hợp 2: Số cần lập có hai chữ số thuộc 4;5;6 , có C C 6! 648023 13  (số). Trường hợp 3: Số cần lập có ba chữ số thuộc 4;5;6 , có 6! 720 (số).

Vậy số số cần lập 6480 6480 720 13680   .