ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC pptx

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
CỤM SƯ PHẠM TRUNG BẮC
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2 điểm)
Dãy số
(
)
1,2,3,
n
xn= được xác định bằng công thức
( )
12
12
,,3,4,
2
nn
n
xx
xaxbxn
−−
+
====
Tìm
lim
n
x
x

→+∞
.

Câu 2: (2 điểm)
Giả sử
()
fx
có đạo hàm cấp 2 liên tục trên
¡
và với
,
xh
bất kỳ ta có
đồng nhất thức
()().'()
2
h
fxhfxhfx+−≡+
Chứng minh rằng
2
()
fxaxbxc
=++
, trong đó
,
ab
và
c
là các hằng số.

Câu 3: (2 điểm)
Chứng minh rằng đồ thị của hàm số
(),
yfxx
=∈
¡
đối xứng với hai trục
thẳng đứng
xa
=
và
()
xbba
=>
thì
()
fx
tuần hoàn.

Câu 4: (2 điểm)
Giải và biện luận theo tham số
m
hệ phương trình tuyến tính sau:
1234
1234
1234
1234
32543
23685
692011

(4)3
xxxx
xxxx
xxxx
xxxmx
+++=


+++=


−−−=−


−++++=



Câu 5: (2 điểm)
1. Tìm đa thức bậc bốn
()
fx
biết rằng:
3
()(1)
fxfxx
−−=

2. Tìm đa thức có bậc nhỏ nhất của vành
[

]
Rx
sao cho nhận
12
i
+
là
nghiệm đơn và
i
là nghiệm kép.


____________________________Hết___________________________

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
CỤM SƯ PHẠM TRUNG BẮC
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐÁP ÁN CHẤM THI OLYMPIC TOÁN HỌC

Câu Lời giải Điểm

Câu 1
(2 điểm)
* Xét
1212
11
22
kkkk
kkk

xxxx
xxx
−−−−
−−
+−
−=−=−
Vậy ta có
21
2132
,,
22
xxba
xxbaxx
−−
−=−−=−=−

32
431
2
, ,(1).(3,4, )
242
n
nn
n
xxbaba
xxxxn
−
−
−−−
−=−=−=−=

* Suy ra
121321
()() ()
nnn
xxxxxxxx
−
=+−+−++−


2
22
2
() (1).
242
()
36612
2()(1)(1)

3232
2()(1)
.
332
n
n
nn
nn
n
n
bababa
aba

babababa
aba
baba
baba
a
−
−−
−
−−−
=+−−+−+−
−−−−
=+−−−++−+
−−−−
++
−−−
=++

* Do đó,
2
2()().(1)2
limlim
33.23
n
n
n
xx
babaab
xa
−
→+∞→+∞


−−−+
=++=




0,5

0,5


0,5







0,5
Câu 2
(2 điểm)
* Lấy đạo hàm của
()().'()(1)
2
h
fxhfxhfx+−≡+ theo
h
ta

được:
'().''()'()
222
hhh
fxhfxfx
+≡+++

thay
2
h
x
=−
đồng nhất thức trên ta được:

'().''(0)'(0)(2)
22
hh
fff≡+
* Thay
0
x
=
vào (1) ta nhận được đồng nhất thức:

0,5

0,5


().'()(0)(3)
2
h
fhhff≡+
* Thay (2) vào (3) ta được

2
''(0)
() '(0)(0),
2
f
fhhhffh
≡++∈
¡

* Kí hiệu
''(0)
,,'(0),(0)
2
f
hxafbfc
====
, ta được biểu diễn
của
2
()
fxaxbxc

=++
. Suy ra đpcm
0,5




0,5

Câu 3
(2 điểm)
* Theo giả thiết, ta có
()()(1),
fatfat
−=+


()()(2),,
fbxfbxtx
−=+∈
¡

* Trong đẳng thức (2), ta đặt
bxat
−=−
. Khi đó,

()(2)(3)
fatftba
−=+−

* Từ (1) và (3) ta có
(2)()(4)
ftbafat
+−=+

* Giả sử
atx
+=
. Khi đó, từ (4) ta có
(22)()
fxbafx
+−=
.
Từ đó suy ra đpcm, trong đó
22
ba
−
là chu kỳ.
0,5

0,5

0,5

0,5
Câu 4
(2 điểm)
* Ma trận bổ sung
°

32543
23685
1692011
11143
A
m



=↔

−−−−

−+


16920111692011
32543020326436
23685015244827
11143058168mm
−−−−−−−−



↔↔↔


−+−−−−


16920111692011
058169058169
01524482700000
0581680001
mm
−−−−−−−−



↔↔


−−−−


* Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình:

1234
234
4
692011
58169
1
xxxx
xxx
mx
−−−=−


++=



=


*
0:
m
=
hệ vô nghiệm

0,5










0,5



0,5
*
0
m

≠
: hệ có vô số nghiệm
42313
1916843
,,
5555
mm
xxxxx
mmm
−−
==−=− hay
3333
4391681
,,,;
5555
mm
xxxx
mmm
−−

−−


tuỳ ý.


0,5
1. (1 điểm)
* Giả sử
()

fx
có dạng
432
()
fxaxbxcxdxe
=++++

Ta có
432
(1)(1)(1)(1)(1)
fxaxbxcxdxe
−=−+−+−+−+

suy ra
32
()(1)4(36)(432)
fxfxaxbaxabcxbacd
−−=+−+−++−−+

* Theo giả thiết, ta có:
322
4(36)(432)
axbaxabcxbacdx
+−+−++−−+=

suy ra:

1
4
41

1
360
2
4320
1
0
4
0
a
a
ba
b
abc
c
bacd
d

=

=




−=
=

⇔

−+=


=

−−+=


=



Vậy
432
111
()(
424
fxxxxee
=+++ tuỳ ý)

0,5








0,5
Câu 5
(2 điểm)

2. (1 điểm)
* Gọi đa thức cần tìm là
()
fx
. Vì
[
]
()
fxRx
∈
và nhận
12
i
+
là nghiệm đơn,
i
là nghiệm kép nên
()
fx
chia hết cho các
biểu thức sau:
[
]
[
]
2
(12)(12)25;
xixixx
−+−−=−+

[
]
2
22
()()(1)
xixix
−+=+

* Vì
()
fx
có bậc nhỏ nhất nên
()
fx
có dạng:
222*
()(1)(25),fxaxxxa
=+−+∈
¡


0,5




0,5