Đề thi môn Toán Lớp 11 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Trần Nhân Tông (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKLĂK
TRƯỜNG THPT: TRẦN NHÂN TÔNG
 KỲ THI OLYMPIC 10-03 LẦN THỨ II
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN LỚP 11
 TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU
 NĂM HỌC 2016-2017 Bài 1(4 Điểm):
 1a)(2Điểm)
 Tìm bộ ba số(x,y,z) thỏa mãn phương trình
 (cos2 z+cos2 y)2 128 2y2 2yz (yz 82)(4 x2 4x sin z) 
Đáp án:
Câu 1b
 Xét tam thức bậc hai
 f (x) x2 4xsin z 4
 0,5
 V' 4sin2 z 4 4(1 sin2 z) 4cos2 z 0
 x2 4xsin z 4 0
 Với x, z
 128 2y2 2yz 0 128 2y2 2yz
 Mặt khác 
 2yz 128 yz 64
 Dẫn đến yz 82 0 
 Như vậy vế trái của phương trình là số không âm, còn vế phải là số 
 không dương
 Bởi vậy đẳng thức xẩy ra khi hai vế bằng 0
 cos2 z+cos y 0
 2
 Khi đó ta có: 128 2y 2yz 0 
 2
 x 4xsin z 4 0 0,5
 Điều này có thể có trong hai trương hợp:
 sin z 1 sin z 1
 Th1: Th2: 
 x 2 x 2
 Để ý thấy rằng 
 cos2 z=1-2sin2 z bởi vậy khi sin z 1 ta đều có 
 cos2 z 1 
 os y 1 
 Đối với trường hợp 1
 x 2 x 2
 y 2k ,k z y 2k
 0,5
 1 4n
 z 2n ,n z z 
 2 2
 y(y z) 64 y(y z) 64
 Suy ra k(1+4k+4n)=64 dẫn dến k=64, n= - 64 suy ra y = 128, z = -
 127,5
 Đối với trường hợp thứ 2 ta có: 1b)(2 Điểm)
 Giải phương trình:
 tan2 x cot2 x 2sin2 x (1)
 2 2
 sin y cos z 1 (2)
Đáp án
Câu1a
 k 
 Điều kiện: x ,k z 
 2 0,5
 1
 Ta có: tan2 x 0,cot2 x 0 
 tan2 x
 0,5
 Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
 tan2 x cot2 x 2 Và 2sin2y 2 
 Dẫn đến tan2x=1 (3), sin2y=1 (4)
 2
 Thay (4) vào (2) ta được cos z=0 (5) 0,5
 Từ (3),(4),(5) cho ta kết quả
 x k 
 4
 0,5
 y n2 (k,n,m z) 
 2
 z m 
 2 Bài 3(3Điểm): 
 Diện tích tứ giác lồi ABCD bằng S độ dài các cạnh AB, BC,CD và DA theo thứ tự lập 
thành một cấp số cộng. Tính công sai.
Đáp án
Câu 
 Giả sử d là công sai của cấp số, O là giao điểm của hai đường chéo
 Đặt: OA=OA x1,OB x2 ,OC x3 ,OD x4 và góc AOB 
 Từ điều kiện bài toán ta có: BC= a+d, CD = a+2d, DA= a+3d
 Áp dụng định lí côsin ta được 0,5
 2 2 2 2
 AB a x1 x2 2x1 x2cos (1)
 2 2 2 2
 BC (a d) x2 x3 2x2 x3 cos (2)
 2 2 2 2
 CD (a 2d) x3 x4 2x3 x4cos (3)
 2 2 2 2 0,5
 DA (a 3d) x1 x4 2x1 x4cos (4)
 Lấy (4)-(3) ta có:
 2 2 2 2
 (a 3d) (a 2d) x1 x3 2x1 x4cos 2x3 x4cos (5) 
 Lấy (2) trừ (1):
 2 2 2 2
 (a d) a x3 x1 2x2 x3 cos 2x1 x2cos (6)
 Từ (5) và (6) suy ra
 2 2 2 2 0,5
 P (a 3d) (a 2d) (a d) a 2cos (x1x4 x3x4 x2x3 x1x2 ) 
 Đến đây ta cần chứng minh
 x1x4 x3x4 x2x3 x1x2 AC.BD
 Thật vậy, từ vế phải ta có : 0,5
 x1(x4 x2 ) x3 (x4 x2 ) (x4 x2 )(x1 x3 ) BD.AC 
 1 2S
 S S BD.AC.sin BD.AC
 ABCD 2 sin 
 0,5
 2cos 
 2S. 2cos .BD.AC P cot .4S
 sin 
 Lại có: 
 (a 3d)2 (a 2d)2 (a d)2 a2 4S.cot 
 d(2a 5d) d(2a d) 4S.cot 
 d(2a 3d) 2Scot 
 3d2 2ad 2scot 0 0,5
 Giải phương trình trên với ẩn d ta có:
 1
 d ( a a2 6Scot ) 
 3
 (do cot 0 nên có là góc nhọn, ) Bài 5(3Điểm): 
 2
 Phương trình bậc hai x px q 0 có các nghiệm nguyên x1, x2 và các hệ số p,q 
cũng nguyên đồng thời p + q = 1992
Hãy tìm phương trình bậc hai có dạng như trên.
Đáp án:
Câu5(3đ)
 Theo đinh lí viet ta có
 (x 1)(x 1) x .x (x x ) 1 0,5
 1 2 1 2 1 2 
 q p 1 1993 0,5
 0,5
 Vì 1993 là số nguyên tố nên giả sử x1 x2 
 Ta có: 
 x1 -1 = 1993 x2 -1 = -1993 0,5
 x2 1 1 x1 1 1
 Suy ra x =1994 , x 2
 1 2 0,5
 x1 0, x2 1992
 Và có hai phương trình tương ứng là:
 x2 1996x 3988 0 0,5
 x2 1992x 0