Tài liệu Đề thi olympic truyền thống 30-4 năm 2014 môn toán lớp 11

www.VNMATH.com Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH  KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XX – NĂM 2014  Môn thi : Toán - Khối : 11 Ngày thi : 05/04/2014 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Thời gian làm bài: 180 phút Ghi chú : –Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ……. ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. –Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay. –Đề này có 01 trang. ______________________________________________________________________________________ Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình :  x 2 + y 2 = 1 , ( x, y ∈  ) .  5 3 0 125y − 125y + 6 15 = Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số ( u n ) a. Chứng minh rằng u = 2n  u1 = 1  n xác định bởi :  . −1) ( , ∀n ≥ 1 u n +1 = u n + n +1  1 1 1 + + ... + , ∀n ≥ 1 . n +1 n + 2 n+n b. Chứng minh rằng dãy số ( u n ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. Bài 3: (3 điểm) Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)). Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’, M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1T2. Bài 4: (3 điểm) Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀x  . Bài 5: (3 điểm) Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m > n ≥ 1 . Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014n theo cùng thứ tự. Tìm các số m và n sao cho tổng m + n có giá trị nhỏ nhất. Bài 6: (3 điểm) Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A 2 ...A 9 . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của đa giác và cùng màu. ______________________________________________________________________________________ Hết. www.VNMATH.com KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 - NĂM 2014 Môn Toán – Khối 11 Đáp án Giải hệ phương trình : 2 2 1  x + y = , ( x, y ∈  ) .  5 3 0 125y − 125y + 6 15 = Bài 1 ∑ =4đ Cách 1: 2 2 (1)  x 2 + y 2 = 1  x = 1 − y I ⇔ ( )   3 2 5 3 −6 15 (2) 0 125y ( y − 1) = 125y − 125y + 6 15 = Từ (1): y 2 − 1 ≤ 0  y3 > 0 Kết hợp với (2):  2  y − 1 < 0 1đ ⇒ 0 < y <1 0.5 đ Xét f (y) = 125y5 − 125y3 + 6 15, 0 < y < 1 = f ' ( y ) 125y 2 (5y 2 − 3) f '(y) = 0 ⇔ y = 15 5 1đ Bảng biến thiên: y 15 5 0 f’(y) – f(y) 1 0 + 0 0.5 đ  10 x 2 + y2 = 1 x = ±  5 ( I ) ⇔  15 ⇔  y =  y = 15 5   5 1đ Cách 2:  x 2 = 1 − y 2 (1)  x 2 + y 2 = 1 ⇔ I ( )   3 2 5 3 −6 15 (2) 0 125y ( y − 1) = 125y − 125y + 6 15 = Từ (1): y 2 − 1 ≤ 0 Từ (2): y3 > 0 ⇒ y > 0 1đ (2) ⇔ 125 y + 6 15 = 125y 5 Ta có: 3 3VT = 125 y5 + 125 y5 + 125 y5 + 9 15 + 9 15 ≥ 5 5 510.35.y15 = 3.125y3 = 3VP 1đ www.VNMATH.com 15 5 5 Nên (2) ⇔ 125 y= 9 15 ⇔= y 1đ  10 x 2 + y2 = 1 x = ±  5 ( I ) ⇔  15 ⇔  15 y =  5   y = 5 Cho dãy số ( u n ) Bài 2 1đ  u1 = 1  n xác định bởi :  . −1) ( = + ∀ ≥ u u , n 1  n +1 n  n +1 1 1 1 + + ... + , ∀n ≥ 1 . n +1 n + 2 n+n a. Chứng minh rằng u = 2n b. Chứng minh rằng dãy số ( u n ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. ∑ =4đ ( −1) a. Từ giả thiết có ∀n ≥ 1, un +1 − un = n +1 n 2n (−1) k −1 1 1 1 1 1 + u1 = − + − + ... − 1 2 3 4 2n k 2 2n ⇒ u2 n = ∑ ( uk − uk −1 ) + u1 = ∑ = k 2= k 1  1 1 1  1 1 1 ⇒ u2 n =  + + + ... +  − 2  + + ... +  2n   2 4 2n  1 2 3 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =  + + + ... +  −  + + + ... +  = + + ... + 2n   1 2 3 n  n +1 n + 2 n+n 1 2 3 n 1 1 n 1 = ∑ ∑ n + k n k 1 1+ k = k 1= n 1đ 1đ = b. u2 n Xét hàm số f ( x= ) ln ( x + 1) , x ≥ 0 ⇒ f ' ( x=) 0.5 đ 1 x +1  k −1 k   k −1 k  Áp dụng định lí Lagrange trên các đoạn  ;  ,= k 1; n ⇒ ∃ck ∈  ;   n n  n n  k  k −1  1 1 sao cho ln 1 +  − ln 1 + . = n  n 1 + ck  n  0.5 đ 1 1 1  k  k −1  1 ⇒ . < ln 1 +  − ln 1 + < . (k )  n 1+ k n  n 1+ k −1  n  n n Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) , . . ., (n) ta có u2 n < ln 2 < u2 n + 1 ⇒ lim u2 n = ln 2 2n 0.5 đ www.VNMATH.com u2 n +1 = u2 n + 1 1   lim  u2 n + ln 2 ⇒ lim u2 n +1 = = 2n + 1 2n + 1   Do đó có lim un = ln 2 Nếu thí sinh chứng minh dãy số (un) có giới hạn hữu hạn thì cho 1điểm. Bài 3 Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)). Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’, M’M2’ . Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1T2. Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O1O2 . Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường tròn. Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC. 0.5 đ ∑ =3đ 1đ 0.5 đ Goi T là trung điểm T1T2 : OT / /O1T1 ; Ta có O1M1' / /O 2 M ' ⇒ OC / /O1M1' / /O 2 M ' M1' T1 / /M 'T2 ⇒ CT / /M1' T1 / /M 'T2 mà ∆O1M1' T1 cân tại O1 ⇒ ∆OCT cân tại O ⇒ OT = OC ⇒ T ∈ (O) O1T1 ⊥ T1T2 ⇒ OT ⊥ T1T2 nên (O) tiếp xúc T1T2 . Bài 4 Xác định các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀ x ∈  . P(x).P(x2) = P(x3 + 3x), ∀x (1)  Trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số thực ) Khi đó (1) ⇔ c2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1. 1đ 0.5 đ ∑ =3đ 0.5 đ www.VNMATH.com  Trường hợp degP ≥ 1. Giả sử (1) thỏa. (1) ⇒ P2(0) = P(0) ⇒ P(0) = 0 hoặc P(0) = 1. Nếu P(0) = 0 thì P(x) = xmQ(x) với m nguyên dương và Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa Q(0) ≠ 0 …………………………………………………..(a) Khi đó (1) ⇔ x m Q(x)x 2m Q(x 2 ) = (x 3 + 3x) m Q(x 3 + 3x) ∀x∈  ⇔ x 2m Q(x)Q(x 2 ) = (x 2 + 3)m Q(x3 + 3x) , ∀x∈  \{0} ⇔ x 2m Q(x)Q(x 2 ) = (x 2 + 3)m Q(x3 + 3x) ∀x∈  (Do Q(x) là đa thức ) …………………….(b) Trong (b), lấy x = 0 ta có Q(0) = 0 mâu thuẫn với (a) (!) ⇒ P(0) ≠ 0 Vậy P(0) = 1. Gọi α là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất ⇒ α > 0 (Do P(0) ≠ 0) Từ (1) lần lượt thay x = α , x = α3 + 3α và ( α) +3 3 α (ký hiệu 0.5 đ α chỉ một căn bậc hai của số phức α ), ta có α cũng là nghiệm của P(x) 0.5 đ ⇒ α ≥ α 3 + 3α ……………………………………………………………….…………..(c) và α ≥ 3 α + 3 α ………………………………………………………….…………… (d) Đặt α = a + bi (a, b ∈  ) (c) ⇔ α ≥ α . α 2 + 3 ⇔ 1 ≥ α 2 + 3 ⇔1 ≥ α 2 + 3 2 ⇔ 1 ≥ ( a2 − b2 + 3) + 4a2 b2 2 ⇔ ( a2 − b2 ) + 6(a2 − b2 ) + 4a2 b2 + 8 ≤ 0 2 ⇒ 6b2 ≥ 6a2 + 4a2 b2 + 8 + ( a2 − b2 ) ≥ 6a2 + 4a2 b2 + 8 ≥ 8 2 2 ⇒ b2 ≥ 4 ⇒ 4a2 b2 ≥ 16a 3 3 2 2 ⇒ 6b2 ≥ 6a2 +8 + 4a2b2 ≥ 6a2+8+ 16a = 34a + 8 3 3 2 ⇒ b2 ≥ 17a + 4 ………………………………………………………………………….. (e) 9 3 (d) ⇔ 2 0.5 đ 4 α ≥ α + 3 ⇔ α ≥ α + 3 ⇔ a2 + b2 ≥ [(a + 3)2 + b2 ]2 ⇔ a2 + b2 ≥ (a2 + b2 + 6a + 9)2 ⇔ a2 + b2 ≥ (a2 + b2 )2 + 2(6a + 9)(a2 + b2 ) + (6a + 9)2 ⇔ (a2 + b2 )[(a2 + b2 ) + 2(6a + 9) − 1] + (6a + 9)2 ≤ 0 ⇔ (a2 + b2 )(a2 + b2 + 12a + 17) + (6a + 9)2 ≤ 0 …………………………………………….(f) Bài 5 2 2 Mà a2 + b2 + 12a + 17 ≥ a2 + 17a + 4 + 12a + 17 = 26a + 12a + 55 > 0, ∀a : Mâu thuẫn với (f) (e) 9 3 9 3 ⇒ Không tồn tại đa thức P(x) với degP ≥ 1 thỏa điều kiện đề bài. Vậy P(x) ≡ 0 hoặc P(x) ≡ 1. Cho hai số tự nhiên m và n sao cho m > n ≥ 1 . Biết rằng hai chữ số tận cùng của 2014m bằng với hai chữ số tận cùng của 2014n theo cùng thứ tự . Tìm các số m và n sao cho tổng m + n có giá trị nhỏ nhất. ( Theo giả thiết, ta có : 2014 − 2014  100 ⇔ 2014 2014 m Do đó : 2014  2 ⇒ n ≥ 2 n 2 n n m−n − 1)  2 .5 2 1đ ∑ =3đ 2 0.5 đ 0.5 đ www.VNMATH.com 2014m − n − 1  52 ⇔ (2000 + 14) m − n − 1  52 ⇒ 14p − 1  25 (với p = m – n, p ∈ N* ) Nếu p = 2k + 1 thì 14p = − 1 142k +1 = − 1 196k.14 − 1 là một số có chữ số tận cùng bằng 3 nên không chia hết cho 25. 0.5 đ Vậy p = 2k, k ∈ N (1). Khi đó: 14p − 1  25 ⇔ 142k − 1  25 ⇔ (1 − 15) 2k − 1  25 ⇔ −30k  25 ⇒ k  5 (2) * Từ (1) và (2) ⇒ p  10 ⇒ p ≥ 10 0.5 đ 0.5 đ Tổng m + n =2n + p ≥ 14 Dấu bằng xảy ra khi n = 2 và p = 10 tức là m = 12 và n = 2. Vậy m+n có giá trị nhỏ nhất khi m=12 và n=2. Bài 6 Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A 2 ...A 9 . Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của đa giác và cùng màu. Ta gọi một tam giác là đỏ (hoặc xanh) nếu mọi đỉnh của nó màu đỏ (hoặc xanh). Vì có 9 0.5 đ ∑ =3đ đỉnh được tô bằng 2 màu nên có ít nhất 5 đỉnh có màu giống nhau. Không mất tính tổng quát, ta cho màu này là màu đỏ. Do đó, có ít nhất C53 = 10 tam giác đỏ. 0.5 đ Giờ ta chứng minh rằng có hai tam giác đỏ bằng nhau. Các đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành 9 cung bằng nhau. Ta gọi mỗi cung là một mảnh. Đặt  cung A i A j không chứa điểm giác . Đặt ai,j là số lượng mảnh thuộc là tam giác có với bộ ba và đặt tương tự cho (a i, j và . Ta cho tương ứng mỗi tam ;a j,k ;a k,i ) . Rõ ràng là 1 ≤ a i, j ≤ a j,k ≤ a k,i ≤ 7 a i, j + a j,k + a k,i = 9 . Ví dụ, tam giác với các đỉnh được đọc là tam giác và và tương ứng với bộ ba (2, 3, 4). Các tam giác bằng nhau tương ứng với cùng một bộ ba, trong khi các tam giác không bằng 1đ nhau tương ứng với các bộ ba khác nhau. Do đó, ta xây dựng được một tương ứng song ánh giữa các lớp tam giác bằng nhau với tập hợp các bộ ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với và a + b + c = 9.Các bộ ba thỏa điều kiện trên gồm (1, 1, 7), (1, 2, 6), (1, 3, 5), (1, 4, 4), (2, 2, 5), (2, 3, 4), (3, 3, 3). Suy ra có 7 lớp tam giác bằng nhau. 1đ Vì có ít nhất 10 tam giác đỏ nên có một lớp chứa ít nhất 2 tam giác đỏ và do đó có ít nhất hai tam giác đỏ bằng nhau. Hết. 0.5 đ