Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 28

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