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 . 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. 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. 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