Đề thi học sinh giỏi toán 11 - TỈnh Bình Định

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 x
3
+

(1 − x
2
)
3
= x
√
2 − 2x
2
.
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
x
3
(y + z)
+
1
y
3
(z + x)
+

1
z
3
(x + y)
.
Bài 2.
1. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên chẵn thì tổng T sau chia hết cho 2
n
.
T = C
0
2n
+ 5C
2
2n
+ 5
2
C
4
2n
+ + 5
i
C
2i
2n
+ + 5
n
C
2n
2n

.
2. Cho dãy số (u
n
) xác định bởi :





u
1
= −1
u
n
=
u
n−1
+
√
3
1 −
√
3.u
n−1
, n = 2, 3,
a) Lập công thức tổng quát của dãy số (u
n
).
b) Tính S
2014

= u
1
+ u
2
+ + u
2014
.
Bài 3. Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa các hệ thức a
2
+ b
2
= 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 M B 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 x
3
+

(1 − x
2
)
3

= x
√
2 − 2x
2
⇔

x +
√
1 − x
2

1 − x
√
1 − x
2

=
√
2x
√
1 − x
2
.
Đặt t = x +
√
1 − x
2
, suy ra x
√
1 − x

2
=
t
2
− 1
2
. Ta thu được phương trình
t
3
+
√
2t
2
− 3t −
√
2 = 0 ⇔

t −
√
2

t
2
+ 2
√
2t + 1

= 0.
Đến đây bạn đọc tự giải tiếp.
Cách 2. Đặt y =

√
1 − x
2
, ta thu được hệ

x
3
+ y
3
=
√
2xy
x
2
+ y
2
= 1
⇔

(x + y)
3
− 3xy (x + y) =
√
2xy
(x + y)
2
− 2xy = 1.
Đặt S = x + y, P = xy

S

2
≥ 4P

, ta được

S
3
− 3SP =
√
2P (1)
S
2
− 2P = 1 (2).
Từ (2) suy ra P =
S
2
− 1
2
, thay vào (1) ta được S
3
+
√
2S
2
− 3S −
√
2 = 0.
Cách 3. Lượng giác hóa Đặt x = sin t, ta được phương trình
sin
3

t +


cos
3
t


=
√
2 sin t |cos t|.
Cách này hơi cồng kềnh.
2. Ta có
M =
1
x
2
x (y + z)
+
1
y
2
y (z + x)
+
1
z
2
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 min M =
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
x
3
(y + z)
=
1
2
=
2

4
=
y + z
4yz
.
Áp dụng Cauchy cho hai số
1
x
3
(y + z)
và
y + z
4yz
, ta được
1
x
3
(y + z)
+
y + z
4yz
≥ 2

1
x
3
(y + z)
+
y + z
4yz

=
1
x
.
Suy ra
1
x
3
(y + z)
≥
1
x
−
1
4

1
y
+
1
z

.
Tương tự cho các
1
y
3
(z + x)
,
1

z
3
(x + y)
. (Đến đây bạn đọc tự làm tiếp)
2
Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189
Bài 2.
1. Ta có

1 +
√
5

2n
= C
0
2n
+
√
5C
1
2n
+ 5C
2
2n
+

√
5


3
C
3
2n
+ + 5
n
C
2n
2n

1 −
√
5

2n
= C
0
2n
−
√
5C
1
2n
+ 5C
2
2n
−

√
5


3
C
3
2n
+ + 5
n
C
2n
2n
.
Cộng vế theo vế, ta được T =
1
2


1 +
√
5

2n
+

1 −
√
5

2n

.

Ta có
T
2
n
=
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)
= 3
2k
C
0
2k
+ 3
2k−2
.5C
2
2k
+ 3
2k−4
.5
2
C
4
2k
+ + 5
k
C
2k
2k
∈ Z.
2. Ta có u

1
= −1 = tan

−
π
4

.
u
2
=
u
1
+
√
3
1 −
√
3.u
1
=
tan

−
π
4

+ tan
π
3

1 + tan
π
3
. tan

−
π
4

= tan

π
3
−
π
4

= tan
π
12
= tan

2 − 1
3
−
1
4

π


.
Quy nạp u
n
= tan

n − 1
3
−
1
4

π

. (Bạn đọc tự chứng minh)
Ta thấy
u
n+4
= tan

n + 3
3
−
1
4

π

= tan

n

3
−
1
4

π

= u
n+1
.
Vậy
S
2014
= u
1
+ 671 (u
2
+ u
3
+ u
4
) = −1 + 671

tan
π
12
+ tan
5π
12
+ tan

9π
12

.
Bài 3. Gọi M (a; b), N (c; d). Do a
2
+ b
2
= 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
MN
2
= (a − c)
2
+ (b − d)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
− 2 (ac + bd)
= a
2
+ b
2

+ (c + d)
2
− 2 (ac + bd + cd)
= 1 + 4
2
− 2P.
Suy ra
P =
17 − MN
2
2
.
Để P lớn nhất khi MN nhỏ nhất. Bài toán trở thành tìm điểm M thuộc đường tròn x
2
+ y
2
= 1
và điểm N thuộc đường thẳng x + y − 4 = 0 sao cho M N nhỏ nhất. Đến đây bạn đọc tự làm và
tìm được Đáp số max P = 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 M B⊥EF .
Suy ra ∆OBM đồng dạng ∆ONF nên
OB
OM
=
ON
OF
⇒ ON =
OB.OF
OM
=
a
2
2x
.
Vì V
ABM N
= V
ABOM
+ V
ABON
=
1
3
S
∆OAB
(OM + ON ) =
a
2
√

3
12

x +
a
2
2x

≥
a
3
√
6
12
.
Đẳng thức xảy ra khi x =
a
2
2x
⇔ x =
a
√
2
2
.
3
Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189
4