Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Bình Định lớp 11 THPT năm học 2013 - 2014 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày thi : 18/3/2014
Bài 1.
1. Giải phương trình x3 +
√
(1− x2)3 = x√2− 2x2.
2. Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M =
1
x3 (y + z)
+
1
y3 (z + x)
+
1
z3 (x+ y)
.
Bài 2.
1. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên chẵn thì tổng T sau chia hết cho 2n.
T = C02n + 5C
2
2n + 5
2C42n + ...+ 5
iC2i2n + ...+ 5
nC2n2n .
2. Cho dãy số (un) xác định bởi :
u1 = −1
un =
un−1 +
√
3
1−√3.un−1
, n = 2, 3, ...
a) Lập công thức tổng quát của dãy số (un).
b) Tính S2014 = u1 + u2 + ...+ u2014.
Bài 3. Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa các hệ thức a2 + b2 = 1 và c+ d = 4. Tìm giá trị lớn nhất của
P = ac+ bd+ cd.
Bài 4. Cho tam giác đều OAB cạnh a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng (OAB),
lấy M sao cho OM = x. Gọi E, F là các hình chiếu của A lên MB và OB. Gọi N là giao điểm EF
và d. Xác định x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất.
——— HẾT ———
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189
Bài 1.
1. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1.
Ta có x3 +
√
(1− x2)3 = x√2− 2x2 ⇔ (x+√1− x2) (1− x√1− x2) = √2x√1− x2.
Đặt t = x+
√
1− x2, suy ra x√1− x2 = t
2 − 1
2
. Ta thu được phương trình
t3 +
√
2t2 − 3t−
√
2 = 0 ⇔
(
t−
√
2
)(
t2 + 2
√
2t+ 1
)
= 0.
Đến đây bạn đọc tự giải tiếp.
Cách 2. Đặt y =
√
1− x2, ta thu được hệ{
x3 + y3 =
√
2xy
x2 + y2 = 1
⇔
{
(x+ y)
3 − 3xy (x+ y) = √2xy
(x+ y)
2 − 2xy = 1.
Đặt S = x+ y, P = xy
(
S2 ≥ 4P ), ta được {S3 − 3SP = √2P (1)
S2 − 2P = 1 (2).
Từ (2) suy ra P =
S2 − 1
2
, thay vào (1) ta được S3 +
√
2S2 − 3S −√2 = 0.
Cách 3. Lượng giác hóa Đặt x = sin t, ta được phương trình
sin3t+
∣∣cos3t∣∣ = √2 sin t |cos t| .
Cách này hơi cồng kềnh.
2. Ta có
M =
1
x2
x (y + z)
+
1
y2
y (z + x)
+
1
z2
z (x+ y)
≥
(
1
x
+
1
y
+
1
z
)2
2 (xy + yz + zx)
=
(
xy + yz + zx
xyz
)2
2 (xy + yz + zx)
=
1
2
(xy + yz + zx)
≥ 1
2
.3
3
√
(xyz)
2
=
3
2
.
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy minM =
3
2
.
Cách 2. Đổi biến Đặt a =
1
x
, b =
1
y
, c =
1
z
. Sau đó làm tương tự như cách 1.
Cách 3. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Dùng phương pháp chọn điểm rơi
trong BĐT Cauchy.
Nếu x = y = z = 1 thì
1
x3 (y + z)
=
1
2
=
2
4
=
y + z
4yz
.
Áp dụng Cauchy cho hai số
1
x3 (y + z)
và
y + z
4yz
, ta được
1
x3 (y + z)
+
y + z
4yz
≥ 2
√
1
x3 (y + z)
+
y + z
4yz
=
1
x
.
Suy ra
1
x3 (y + z)
≥ 1
x
− 1
4
(
1
y
+
1
z
)
.
Tương tự cho các
1
y3 (z + x)
,
1
z3 (x+ y)
. (Đến đây bạn đọc tự làm tiếp)
2
Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189
Bài 2.
1. Ta có
(
1 +
√
5
)2n
= C02n +
√
5C12n + 5C
2
2n +
(√
5
)3
C32n + ...+ 5
nC2n2n(
1−√5)2n = C02n −√5C12n + 5C22n − (√5)3C32n + ...+ 5nC2n2n .
Cộng vế theo vế, ta được T =
1
2
[(
1 +
√
5
)2n
+
(
1−√5)2n].
Ta có
T
2n
=
1
2
[[(
1 +
√
5
)2
2
]n
+
[(
1−√5)2
2
]n]
=
1
2
[(
3 +
√
5
)n
+
(
3−√5)n]
=
1
2
[(
3 +
√
5
)2k
+
(
3−√5)2k] (với n = 2k, k ∈ Z)
= 32kC02k + 3
2k−2.5C22k + 3
2k−4.52C42k + ...+ 5
kC2k2k ∈ Z.
2. Ta có u1 = −1 = tan
(
−pi
4
)
.
u2 =
u1 +
√
3
1−√3.u1
=
tan
(
−pi
4
)
+ tan
pi
3
1 + tan
pi
3
. tan
(
−pi
4
) = tan(pi
3
− pi
4
)
= tan
pi
12
= tan
[(
2− 1
3
− 1
4
)
pi
]
.
Quy nạp un = tan
[(
n− 1
3
− 1
4
)
pi
]
. (Bạn đọc tự chứng minh)
Ta thấy
un+4 = tan
[(
n+ 3
3
− 1
4
)
pi
]
= tan
[(
n
3
− 1
4
)
pi
]
= un+1.
Vậy
S2014 = u1 + 671 (u2 + u3 + u4) = −1 + 671
(
tan
pi
12
+ tan
5pi
12
+ tan
9pi
12
)
.
Bài 3. Gọi M (a; b), N (c; d). Do a2 + b2 = 1 nên M thuộc đường tròn có tâm O(0; 0), bán kính R = 1;
c+ d = 4 nên N thuộc đường thẳng x+ y = 4.
Ta có
MN2 = (a− c)2 + (b− d)2
= a2 + b2 + c2 + d2 − 2 (ac+ bd)
= a2 + b2 + (c+ d)
2 − 2 (ac+ bd+ cd)
= 1 + 42 − 2P.
Suy ra
P =
17−MN2
2
.
Để P lớn nhất khi MN nhỏ nhất. Bài toán trở thành tìm điểm M thuộc đường tròn x2 + y2 = 1
và điểm N thuộc đường thẳng x + y − 4 = 0 sao cho MN nhỏ nhất. Đến đây bạn đọc tự làm và
tìm được Đáp số maxP = 4 + 2
√
2 đạt tại a = b =
1√
2
, c = d = 2.
Bài 4. Ta có
{
AF⊥OB
AF⊥MO , suy ra AF⊥MB.
Mặt khác, MB⊥AE. Do đó MB⊥EF .
Suy ra ∆OBM đồng dạng ∆ONF nên
OB
OM
=
ON
OF
⇒ ON = OB.OF
OM
=
a2
2x
.
Vì VABMN = VABOM + VABON =
1
3
S∆OAB (OM +ON) =
a2
√
3
12
(
x+
a2
2x
)
≥ a
3
√
6
12
.
Đẳng thức xảy ra khi x =
a2
2x
⇔ x = a
√
2
2
.
3
Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189
4