BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN LỜI GIẢIĐỀ THI HỌCSINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 – 2011 d THÁNG 01 – 2011 BÀI SỐ 1: BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1. Cho x là số thực dương và n là số nguyên dương. Chứng minh bất đẳng thức x n (x n+1 + 1) x n + 1 x + 1 2 2n+1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải 1. Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 1, bất đẳng thức của ta trở thành x(x 2 + 1) x + 1 x + 1 2 3 . Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x(x 2 + 1) = 1 2 · (2x) · (x 2 + 1) 1 2 (2x) + (x 2 + 1) 2 2 = (x + 1) 4 8 . Từ đó suy ra x(x 2 + 1) x + 1 (x+1) 4 8 x + 1 = x + 1 2 3 . Và như vậy, bất đẳng thức đã cho đúng với n = 1. T iếp theo, ta sẽ chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đúng cho n = k (k ∈ N ∗ ) thì nó cũng sẽ đúng với n = k+1. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có x + 1 2 2k+1 x k (x k+1 + 1) x k + 1 , suy ra x + 1 2 2(k+1)+1 = x + 1 2 2 x + 1 2 2k+1 x + 1 2 2 · x k (x k+1 + 1) x k + 1 . Sử dụng đánh giá này, ta thấy rằng việc chứng minh có thể được đưa về chứng minh kết quả sau x + 1 2 2 · x k (x k+1 + 1) x k + 1 x k+1 (x k+2 + 1) x k+1 + 1 . Bất đẳng thức này tương đương với (x + 1) 2 4x (x k+2 + 1)(x k + 1) (x k+1 + 1) 2 , 8 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN hay là (x + 1) 2 4x − 1 (x k+2 + 1)(x k + 1) (x k+1 + 1) 2 − 1. Do (x + 1) 2 − 4x = (x − 1) 2 và (x k+2 + 1)(x k + 1)− (x k+1 + 1) 2 = x k (x − 1) 2 nên ta có thể thu gọn bất đẳng thức lại thành (x − 1) 2 4x x k (x − 1) 2 (x k+1 + 1) 2 , tương đương (x − 1) 2 (x k+1 + 1) 2 − 4x k+1 0. Bất đẳng thức này đúng vì theo AM-GM, ta có (x k+1 + 1) 2 4x k+1 . Như vậy, ta đã chứng minh được nếu khẳng định bài toán đúng cho n = k (k ∈ N ∗ ) thì nó cũng đúng cho n = k + 1. Từ đây, kết hợp với việc đã xác lập được tính đúng đắn của bất đẳng thức cần chứng minh cho n = 1, ta suy ra nó đúng với mọi số nguyên dương n (theo nguyên lý quy nạp). Ngoài ra, có thể thấy được trong suốt quá trình chứng minh, dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một điểm duy nhất x = 1. Lời giải 2. Ta sẽ chứng minh kết quả tổng quát hơn: Với mọi a, b > 0, thì a + b 2 2n+1 a n b n (a n+1 + b n+1 ) a n + b n . (1) Kết quả bài toán đã cho là trường hợp riêng khi a = x và b = 1. Dễ thấy (1) là một bất đẳng thức thuần nhất cho hai biến a , b , vì vậy không mất tính tổng quát ta có thể chuẩn hóa cho a + b = 2. Khi đó (1) có thể viết lại dưới dạng f n (a, b) 0, trong đó f n (a, b) = a n + b n − a n b n (a n+1 + b n+1 ). Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab(a n−1 + b n−1 )(a n+1 + b n+1 ) ab(a n−1 + b n−1 ) + (a n+1 + b n+1 ) 2 2 = (a + b) 2 (a n + b n ) 2 4 = (a n + b n ) 2 , từ đó suy ra a n+1 + b n+1 (a n + b n ) 2 ab(a n−1 + b n−1 ) . LỜI GIẢI VMO 2011 9 Sử dụng đánh giá này, ta thu được f n (a, b) a n + b n − a n−1 b n−1 (a n + b n ) 2 a n−1 + b n−1 = a n + b n a n−1 + b n−1 a n−1 + b n−1 − a n−1 b n−1 (a n + b n ) = a n + b n a n−1 + b n−1 f n−1 (a, b). (2) Từ (2), thực hiện các đánh giá liên tiếp, ta có f n (a, b) a n + b n a n−1 + b n−1 f n−1 (a, b) (1) a n + b n a n−1 + b n−1 · a n−1 + b n−1 a n−2 + b n−2 f n−2 (a, b) · · · a n + b n a n−1 + b n−1 · a n−1 + b n−1 a n−2 + b n−2 · · · a 2 + b 2 a 1 + b 1 f 1 (a, b) = a n + b n a + b f 1 (a, b). (3) Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức AM-GM thì f 1 (a, b) = a + b − ab(a 2 + b 2 ) = a + b − 1 2 · (2ab) · ( a 2 + b 2 ) a + b − 1 2 (2ab) + (a 2 + b 2 ) 2 2 = a + b − (a + b) 4 8 = 0. Do đó, kết hợp với (3), ta suy ra f n (a, b) 0 với mọi n ∈ N ∗ . Lời giải 3. Ta chứng minh bổ đề sau Bổ GIẢI CHI TIẾT ÐỀ THI TUYỂN SINHĐẠIHỌC KHỐI B NĂM 2011 Môn thi : SINHHỌC – Mã đề 357 (Thời gian làm : 90 phút, không kể thời gian phát đề) THÁI MINH TAM-GV THPT MỸ HƯƠNG Bài giải mang tính chất tham khảo PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu đến câu 40) Câu 1: Vì KG bố mẹ (AaBbDd) nên: a +Xác suất để có alen trội KG có alen là: C2 n = C6 = 15 +Tổng số tổ hợp giao tử tạo = 2n x 2n = 22n = 4n = 26 = 43 = 64 Xác suất cần tìm = 15/64 Chọn B Câu 2: Khi nói vai trò cách li địa lí trình hình thành loài mới, phát biểu sau không đúng? A Cách li địa lí trì khác biệt tần số alen thành phần kiểu gen quần thể tạo nhân tố tiến hóa B Cách li địa lí trực tiếp làm biến đổi tần số alen thành phần kiểu gen quần thể theo hướng xác định (Sai chỗ chữ trực tiếp, ghi gián tiếp đúng) C Cách li địa lí dẫn đến hình thành loài qua nhiều giai đoạn trung gian chuyển tiếp D Cách li địa lí ngăn cản cá thể quần thể loài gặp gỡ giao phối với Câu 3: Nếu alen đột biến trạng thái lặn phát sinh trình giảm phân alen A tổ hợp với alen trội tạo thể đột biến (Sai chỗ chữ trội, ghi lặn đúng) B không biểu kiểu hình (Sai, gặp gen lặn biểu KH) C phát tán quần thể nhờ trình giao phối (đúng) D bị chọn lọc tự nhiên đào thải hoàn toàn khỏi quần thể, alen alen gây chết ( Sai, alen gây chết tồn cặp dị hợp) Câu 4: Chọn D Chọn lọc tự nhiên tác động trực tiếp lên kiểu gen qua làm biến đổi tần số alen quần thể (Sai, CLTN gián tiếp làm thay đổi tần số alen) Câu 5: Chọn D (2) (1) (3) (4) Câu 6: Cho thông tin vai trò nhân tố tiến hóa sau: (1) Làm thay đổi tần số alen thành phần kiểu gen quần thể theo hướng xác định (sai, đột biến xảy không theo hướng xác định) (2) Làm phát sinh biến dị di truyền quần thể, cung cấp nguồn biến dị sơ cấp cho trình tiến hóa (đúng, vai trò ĐBG) (3) Có thể loại bỏ hoàn toàn alen khỏi quần thể cho dù alen có lợi (sai, vai trò ĐB) (4) Không làm thay đổi tần số alen làm thay đổi thành phần kiển gen quần thể (sai, vai trò ĐB) (5) Làm thay đổi tần số alen thành phần kiểu gen quần thể chậm (đúng, vai trò ĐBG) Các thông tin nói vai trò đột biến gen : A.(1) (4) B.(2) (5) C (1) (3) D.(3) (4) Câu 7: HD: F2 có tỉ lệ 11 đỏ: trắng = 12 tổ hợp giao tử, bên cho giao tử có kiểu gen AAaa, bên cho giao tử có kiểu gen Aa (do xử lí cônsixin không thành công) Do tỉ lệ kiểu gen F2 1AAA: 5AAa : 5Aaa : 1aaa (Có thể kiểm tra lại sơ đồ lai) Chọn B Câu : HD: Nòi -> nòi đoạn CDEF bị đảo Nòi -> nòi đoạn DCGH bị đảo Nòi -> nòi đoạn ABFEH bị đảo Chọn A Câu : HD: Với hai cặp gen AaBb theo qui luật phân li độc lập cho loại giao tử với tỉ lệ ngang nên ta có giao tử ab = ¼ Còn cặp NST giới tính có hoán vị gen 20% nên giao tử hoán vị X desinh = f/2 = 10% => abXde = 10% ¼ = 2,5% Chọn A Câu 10: HD: Tính trạng di truyền liên tục qua hệ => bệnh gen trội quy định Bệnh biểu giới nên không nằm Y Nếu gen trội gây bệnh nằm X trai II (5) bệnh nhận XA từ Mẹ I (1) người mẹ phải bệnh (trái với giả thiết đề cho) Do vậy: gen gây bệnh nằm NST thường Từ ta thấy: Trong phả hệ người bình thường có kiểu gen aa (1, 3, 7, 8, 9, 11, 14, 15, 16, 18, 19) Những người bị bệnh (2, 4, 5, 6, 10, 12, 13) có kiểu gen Aa Riêng người 17, 20 có kiểu gen AA Aa (chưa xác đinh xác được) sinh từ cặp bố mẹ 12 13 có kiểu gen Aa Chọn C Câu 11: HD: P: dẹt , đỏ x dẹt , đỏ F1: dẹt, đỏ : tròn, đỏ : dẹt, trắng : tròn, trắng: dài, đỏ Xét riêng tính trạng ta có tỉ lệ: -Tính trạng hình dạng quả: Dẹt : tròn : dài = : : => Kiểu gen P AaBb -Tính trạng màu sắc quả:Đỏ : trắng = : => Kiểu gen P Dd Vậy P có kiểu gen gồm cặp dị hợp (AaBb, Dd) Tuy nhiên F1 có 16 tổ hợp giao tử nên bên bố mẹ cho giao tử => có tượng liên kết gen F1 kiểu hình dài, trắng nên bố mẹ không cho giao tử (abd) => Có tượng liên kết chéo (dị hợp tử chéo) BD Ta thấy: Đáp án B cặp dị hợp tử (không phù hợp) bd Đáp án C cặp AA BB đồng hợp (không phù hợp) AD Đáp án D cặp dị hợp tử (không phù hợp) ad Do có kiểu gen đáp án A phù hợp (Có thể triển khai sơ đồ lai để chứng minh) Chọn A Câu 12: Cho thành tựu sau: (1) Tạo giống cà chua có gen làm chín bị bất hoạt (sai, vì phương pháp thuộc ứng dụng công ngệ gen) (2) Tạo giống dâu tằm tứ bội (đúng, ĐB gây tứ bội hóa) (3) Tạo giống lúa "gạo vàng" có khả tổng hợp β - carôten hạt (sai, vì phương pháp thuộc ứng dụng công ngệ gen) (4) Tạo giống dưa hấu đa bội (đúng, ĐB gây đa bội hóa) Các thành tựu tạo phương pháp gây đột biến là: Chọn D.(2) (4) Câu 13: Trong chế điều hòa hoạt động opêron Lac, kiện sau diễn môi trường có lactôzơ môi trường lactôzơ? A Một số phân tử lactôzơ liên kết với prôtêin ức chế (sai, lactôzơ không xảy tượng này) B Các gen cấu trúc Z, Y,A phiên mã tạo phân tử mARN tương ứng (sai, lactôzơ làm bất hoạt chất ức chế nên gen cấu trúc Z, Y,A không phiên mã được) C.Gen điều hòa R tổng hợp prôtêin ức chế (đúng, gen điều hòa tổng hợp prôtêin ức chế, có chất cảm ứng lactôzơ làm bất hoạt prôtêin dẫn đến gen cấu trúc hoạt động, chất cảm ứng prôtêin ức chế hoạt động làm cho gen bị bất hoạt) D ARN pôlimeraza liên kết với vùng khởi động opêron Lac tiến hành phiên mã (sai, việc xảy có lactozơ, có ...[...]... Bài toán được chứng minh xong Nhận xét Có thể thấy ý tưởng tự nhiên nhất khi giải bài này chính là sử dụng phép quy nạp Lời giải 3 tuy dài và phức tạp nhưng nó cũng có ý nghĩa riêng của nó Thật vậy, qua lời giải này ta có thể thấy được bất đẳng thức đã cho vẫn đúng cho trường hợp n là số thực tùy ý không nhỏ hơn 1 Kết quả này không thể suy ra được từ hai lời giải bằng quy nạp 1 và 2 12 d DIỄN ĐÀN TOÁN... 2011 2k − 1 LỜI GIẢI VMO 2011 23 với k ∈ {1, 2, , 1005} Vì vậy v2012 ≡ 141005 (mod 2011) Do 14 = 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 141005 ≡ 4 52010 ≡ 1 (mod 2011) Suy ra v2012 ≡ 1 (mod 2011) Từ (2) và (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + 2 · 1 − 2010 ≡ 0 (mod 2011) Bài toán được chứng minh xong (3) 24 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG Bài... đến việc chọn a = 4 Đây chính là nguồn gốc của việc thi t lập (2) Lời giải 2 Áp dụng giả thi t đã cho ở đề bài, ta có n n−1 ( n − 1)2 xn ( n + 1)( n2 + 1) n2 xn+1 = xk = xn + xk = xn + = xn 2( n + 1) k=1 2n n3 k=1 (3) Từ đó suy ra xn+1 − xn = n2 + n + 1 xn u n với u n = 2 n n Do (3) nên ta có u n+1 = n2 + 1 1 un = 1 + 2 un 2 n n (4) 16 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Mặt khác, dễ thấy xn > 0, ∀n ∈ N∗ nên... bổ đề này thì bài toán cũng được giải quyết xong Chứng minh bổ đề 1 Ta chứng minh hai chiều • Giả sử tiếp tuyến khác d của ( N ) và (P ) đi qua A Gọi giao điểm của tiếp tuyến đó và d là T Dễ thấy các tứ giác T ABD và T ACD ngoại tiếp, do đó theo tính chất cơ bản của tứ giác ngoại tiếp, ta có AB + TD = AT + BD và AC + TD = AT + DC Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy DB − DC = AB − AC 26 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC... IY I X 2 + IY 2 + I X · IY Từ đây đưa đến min{ I X , IY } 3 min{ I X 2 , IY 2 } 1 Bổ đề được chứng minh Quay trở lại bài toán Theo giả thi t thì các tam giác ABC, ACD, ADE đều có cả ba cạnh nhỏ hơn 3, mà mỗi điểm trong 2011 điểm gieo trong ngũ giác ABCDE đều thuộc miền trong của một trong ba tam giác này nên theo bổ đề, mỗi điểm phải cách một đỉnh nào đó của ngũ giác một khoảng không lớn hơn 1 Theo... cách không lớn hơn 1 đến ít nhất 2011 = 403 điểm Từ đó ta có điều phải chứng minh 5 20 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 5: DÃY SỐ CÓ TÍNH CHẤT SỐ HỌC Bài 5 Cho dãy số nguyên {a n } xác định bởi a 0 = 1, a 1 = −1 và a n = 6a n−1 + 5a n−2 với mọi n 2 Chứng minh rằng a 2012 − 2010 chia hết cho 2011 Lời giải 1 Xét dãy {b n } được xác định như sau b 0 = 1, b 1 = −1 và b n = 6 b n−1 + 2016 b n−2 với mọi... Fermat nhỏ, ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 41 · 482 + 49 · 422 + 90 (mod 2011) = 90 b 2 + 90 = 90 6 · (−1) + 2016 · 1 + 90 = 90 · 2010 + 90 = 90 · 2011 ≡ 0 (mod 2011) Vì vậy, (1) đúng Bài toán được chứng minh xong 22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lời giải 2 Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x2 − 6 x − 5 = 0 có hai nghiệm là 3 − 14 và 3 + 14, do đó ta dễ dàng tìm được công thức số hạng... ra kết quả cần chứng minh Nhận xét Khi làm bài toán này, có lẽ các bạn họcsinh đều không khó để tìm ra các tính chất • xn+1 = (n+1)(n n3 • yn = 2 +1) xn n2 + n+1 xn n3 • yn là dãy tăng Và khi đó, công việc còn lại sẽ chỉ là tìm ra một chặn trên cho yn Có thể nói đây chính là yếu tố quan trọng nhất của bài toán Việc tìm ra đánh giá (2) có thể được giải thích như sau: Ta biết rằng hàm phân g(x) thức... không chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho hình thang ABCD, AB CD Giả sử AC cắt BD tại O và AD cắt BC tại I Khi đó, OI đi qua trung điểm AB và CD P C M F E A B O D Quay trở lại bài toán: (a) Gọi F là giao điểm của AE và BP Từ tính chất góc nội tiếp và đường cao của tam giác vuông ta dễ thấy ∠ AEC = ∠ ABC = ∠BPC, vậy tứ giác CPFE nội tiếp Từ đó suy ra ∠CPE = ∠CFE, ∠PCE = ∠EFB 18 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Cộng... giác AEF, BDE và CDF Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và HƯỚNG DẪN GIẢIĐỀ THI HỌCSINH GIỎI TOÁN LỚP 12 TỈNH BÌNH ĐỊNH , NĂM HỌC 2011-2012 Lê Quang Dũng Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định Bài 1 a) Giải phương trình : Giải : Đk Biến đổi phương trình về dạng 3 3 ( 3)(2 1) 0 2 1 4 1 x x x x x x − − + − − + = − + − + 1 1 ( 3) (2 1) 0 2 1 4 1 x x x x − − − + = ÷ − + − + 3 1 1 (2 1) 0 (*) 2 1 4 1 x x x x = − − + = − + − + Ta có (*) 1 1 (2 1) 2 1 4 1 x x x − = + − + − + Mà , 1 1 ( ) 2 1 4 1 VT g x x x = = − − + − + , ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 '( ) 0, 2, 4 2 2 2 1 2 4 4 1 g x x x x x x = − − < ∀ ∈ − − + − − + 1 ( ) (2) 1 2 2 5 2 1 VT g x g = ≤ = − = − < + Khi đó (*) vô nghiệm Phương trình đã cho có nghiệm x=3 Bài 1b) Giải hệ phương trình : 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 2 0 (2) x y y x x x y y − + − − = + − − − + = Giải : Đk : , Biến đổi (1) ta được : 3 3 2 ( 3 2) ( 3 4) 0x x y y − + − − + = 2 2 ( 1) ( 2) ( 2) ( 1) 0x x y y − + − − + = 2 2 ( 1) ( 2 ) ( 2) ( 1)x x y y − + = − + 2 ( 1) ( 2) ( ) ( 3) f x f y f t t t − = − = + mà : Hàm số f(t) nghịch biến trên [-2,0] ,x-1 => Nên (1) x-1= y-2 y=x+1 Thay vào phương trình (2) ta được : 2 2 2 1 3 2( 1) ( 1) 2 0x x x x + − − + − + + = 2 2 2 1 2 0x x − − + = ( ) ( ) 2 2 1 3 1 1 0x x − + − − = 2 1 1x − = x=0 Hệ đã cho có nghiệm : x=0,y=1 Bài 2 : Xét tất cả các tam thức bậc hai f(x) =ax 2 +bx+c , a>0 , a,b,c , sao cho f(x) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0,1) , Trong các tam thức như thế , Xác định tam thức có hệ số a nhỏ nhất ? Giải : f(x) có hai nghiệm biệt thuộc (0,1) f(0)>0, f(1)>0 , ( ) 0,0 1,0 1 2 2 b b c f a a a − < < − < < < a>c>0 , a+b+c>0 , b 2 -4ac>0 , -2a<b<0 ( vì a>0) Ta có : a+c>-b>0 => a 2 +2ac+c 2 >b 2 => a 2 -2ac+c 2 >b 2 -4ac>0 => 4ac<b 2 <(a-c) 2 +4ac a,b,c thuộc Z a c b Chọn 2 1 8<b 2 <9 không 3 1 12<b 2 <16 không 3 2 24<b 2 <25 không 4 1 16<b 2 <25 không 4 2 32<b 2 <36 không 4 3 48<b 2 <49 Không 5 1 20<b 2 <36 Nhận Với a=5 , c=1 , b=5 , f(x)=5x 2 +5x+1=0 có 2 nghiệm phân biệt ( ) 5 20 0,1 10 − ± ∈ Vậy tam thức bậc hai cần tìm là f(x)=5x 2 +5x+1 Bài 3 : Chứng minh mọi tam giác ABC ta luôn có : 3 2 a b c l l l ab bc ca + + ≤ + + ( với l a, l b ,l c là độ dài các đường phân giác trong kẽ từ A,B,C và a,b,c lần lượt là các cạnh của BC,CA,AB) Giải : 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 2 a A A bc bc A l bc b c bc = ≤ = + 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 2 b B B ac ac B l ac a c ac = ≤ = + , 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 2 a C C ab ab C l ab a b ab = ≤ = + os os os 2 2 2 a b c A B C l l l bcc acc bac+ + ≤ + + mà : 2 2 2 os os os os os os 2 2 2 2 2 2 A B C A B C bcc acc bac bc ca ab c c c + + ≤ + + + + 2 à cos cos cos 2 cos os os( ) 2 cos 2cos 1 2 2 2 2 A B A B A B A B v A B C c c A B + − + + + + = − + ≤ − + + 2 1 3 3 (2cos 1) 2 2 2 2 A B+ ≤ − − + ≤ 2 2 2 1 cos 1 cos 1 cos 3 1 9 os os os (cos cos cos ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 A B C A B C c c c A B C + + + => + + = + + = + + + ≤ Nên 3 2 a b c l l l ab bc ca + + ≤ + + Dầu bằng xảy ra a=b=c ABC đều Bài 4 : Cho dãy số (u n ) xác định bởi ( ) 1 2 1 3 2 ( 3 2) 2 6 5 3 3 3 2 n n n u u u u + = + = − + − + − Xét dãy (v n ) 1 1 2 n n k k v u = = + ∑ , tính Giải : Ta có : ( ) 2 1 3 ( 3 2) 2 6 5 2 3 3 2 k k k u u u + − = − + − + − 1 3 ( 3 2)( 3)( 2) k k k u u u + − = − − + 1 1 1 1 1 3 ( 3 2)( 3)( 2) ( 3) ( 2) k k k k k u u u u u + = = − − − − + − + 1 1 1 1 2 ( 3) ( 3) k k k u u u + => = − + − − Khi đó : 1 1 1 1 1 1 2 3 3 n n k k n v u u u = + = = − + − − ∑ Ta có : ( ) 2 1 ( 3 2) 2 6 6 3 3 3 2 n n n n u u u u GỢI Ý GIẢIĐỀ THI HỌCSINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 11 ( BÌNH ĐỊNH NGÀY 18-03-2011) Bài 1 : Giải phương trình : 3 sin ( ) 2 sinx 4 x π − = HD : Đặt 4 x y π = + , phương trình trở thành : 3 sin 2 sin( ) 4 y y π = + 3 sin sin cosy y y= + 2 sin (1 sin ) cos 0y y y− + = (sin cos 1)cos 0y y y+ = cosy=0 , 2 y k k Z π π = + ∈ Nghiệm của phương trình : 3 , 4 x k k Z π π = + ∈ Bài 2 : Cho P(x) , Q(x) là các đa thức với hệ số nguyên , thoã mãn P(x 3 )+xQ(x 3 ) chia hết cho x 2 +x+1 , d = UCLN (P(2011),Q(2011)) , CMR : d chia hết cho 2010 HD: Theo giả thiết ta có : P(x 3 )+xQ(x 3 ) = (P(x 3 )-P(1))+x(Q(x 3 )-Q(1))+P(1)+xQ(1) chia hết cho x 2 +x+1 , mà P(x 3 )-P(1) , Q(x 3 )-Q(1) chia hết cho x 3 -1 nên P(1) +xQ(1) chia hết cho x 2 +x+1 => P(1)+xQ(1)=0 mọi x thuộc R => P(1)=Q(1)=0 => P(x), Q(x) chia hết cho x-1 => đpcm Bài 3 : Cho f(x) khả vi trên [0,1] , f(0)=0,f(1)=1 .Chứng minh rằng tồn tại hai số a,b phân biệt thuộc (0,1) sao cho f’(a).f’(b)=1 HD :Đặt g(x)=f(x)+x-1 liên tục trên [0,1] , ta có g(0)=f(0)+0-1 =-1 , g(1)=f(1)+1-1 =1 =>g(0).g(1)<0 g(x 0 )=0 , x 0 thuộc (0,1) => f(x 0 )=1-x 0 x 0 thuộc (0,1) Khi đó : a∃ ∈ (0,x 0 ) , b∃ ∈ (x 0, 1) : f’(a)= 0 0 0 0 ( ) (0) 1 0 f x f x x x − − = − , f’(b)= 0 0 0 0 (1) ( ) 1 1 f f x x x x − = − − f’(a)f’(b)=1 (đpcm) Bài 4 : Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC vuông góc với nhau từng đôi một , hạ OH vuông góc với (ABC) , Gọi , , α β γ lần lượt là số đo góc hợp bởi OA,OB,OC với OH và ,A,B,C là các góc trong tam giác ABC , CMR : 2 2 2 sin sin sin sin 2 sin 2 sin 2A B C α β γ = = HD : Theo giả thiết => H là trực tâm của tam giác ABC ,Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , M là trung điểm của BC .Khi đó : AH=2IM , góc CAB=gócMBI sin2A=2sinAcosA= 2 . 2. . 2. . 2 2 2R MB IM BC AH BC AH IB IB BI BI = = Gọi A’ là giao điểm của AH và BC => tam giác AOA’ vuông tại O => OA 2 =AH.OA’ => 2 2 2 sin ' AH AH OA AA α = = Khi đó : 2 2 2 sin 2R sin 2A AA'. ABC R BC S α = = , tương tự ta có : 2 2 2 sin sin sin 2 sin 2 ABC R B C S β γ = = đpcm Bài 5 : Cho a,b,c>0 , chứng minh rằng : 2 1 1 1 ( ) a b c a b c b c a a b c + + ≥ + + + + ÷ ÷ HD : Ta có : 2 2 2 2 a b c a b c a c b a c b b c a b c a c b a c b a + + = + + + + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ Mà 2 2 2 a b c a b c b c a b c a + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ , 3 a c b c b a + + ≥ ÷ Nên 2 1 1 1 3 ( ) a b c a b c a c b a b c b c a b c a c b a a b c + + ≥ + + + + + + = + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ (đpcm) Đẳng thức xảy ra a=b=c Lê quang Dũng – Trường THPT số 2 Phù Cát HƯỚNG DẪN GIẢIĐỀ THI HỌCSINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN – THPT CâuI. 1. Tự làm 2. Có 2 2 ' 3 2( 1) (4 )y x m x m= − + − − . ( ) m C có hai tiếp tuyến vuông góc với hệ số góc lần lượt là k và 1 k − . Khiđó các phương trình: 2 2 3 2( 1) (4 ) 0x m x m k− + − − − = và 2 2 1 3 2( 1) (4 ) 0x m x m k − + − − + = đều phải có nghiệm đối với x . Tức là 2 2 2 2 2 2 13 3 0 2 2 13 3 0 (1) 3 3 2 2 13 0 2 2 13 0 (2) m m k m m k m m m m k k − + + + ≥ − − − ≤ ⇔ − + + − ≥ − − + ≤ . ( )I (ẩn m ) (1) có 1 ' 27 6k∆ = + ; (2) có 2 6 ' 27 k ∆ = − . Khi 1 2 ' 0; ' 0∆ < ∆ < thì hệ ( )I vô nghiệm. Khi 1 2 9 ' 0 2 2 ' 0 9 k k ∆ = ⇒ = − ∆ = ⇒ = 1 2 m⇒ = thoả mãn (cho tương ứng cả của (1) và của(2)) . Khi 1 2 9 0 ' 0 2 2 ' 0 9 k k − < < ∆ > ⇔ ∆ > > thì (1) có tập nghiệm là 1 27 6 1 27 6 ; 2 2 k k − + + + ; (2) có tập nghiệm là 6 6 1 27 1 27 ; 2 2 k k − − + − , hệ ( )I có nghiệm 9 2 ;0 ; 2 9 k ∀ ∈ − ∪ +∞ ÷ ÷ Xét 9 0 2 k− < < thì tập nghiệm của ( )I là 1 27 6 2 k− + 1 27 6 2 k m + + ≤ ≤ 1 3 3 1 3 3 2 2 m − + ⇒ < < Xét 2 9 k > thì tập nghiệm của ( )I là: 6 6 1 27 1 27 1 3 3 1 3 3 2 2 2 2 k k m m − − + − − + ≤ ≤ ⇒ < < Vậy 1 3 3 1 3 3 2 2 m − + < < là giá trị cần tìm. Câu II. 1. Giải phương trình: cos 2 cos3 sin cos4 sin 6x x x x x + − − = Giải: cos2 cos3 sin cos4 sin 6 cos2 cos4 sin 6 cos3 sin 0x x x x x x x x x x+ − − = ⇔ − − + − = 2sin 3 .sin 2sin 3 .cos3 cos3 sin 0x x x x x x ⇔ − + − = sin cos3 (sin cos3 )(2sin 3 1) 0 1 sin 3 2 x x x x x x = ⇔ − − = ⇔ = Bạn đọc tự giải ra nghiệm của phương trình 2. Giải bất phương trình: 2 4 2 6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤ (*) 4 2 2 (*) 1 6( 3 1)x x x x⇔ + + ≤ − − + 2 4 2 2 2 2 4 3 2 2 3 5 3 5 3 5 3 5 ( 3 1) 0 2 2 2 2 1 1 1 6( 3 1) 5( ) 36( ) 5 0 5 36 5 36 5 0 x x x x x x x x x x x x x x x x − + − + ≤ ≤ − + ≤ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ + + ≤ − + + − + + ≥ − + − + ≥ 2 1 2 5 36 5 0 t x x t t = + ≥ ⇒ − − ≥ giải ra t x⇒ 3. Tìm số thực a để phương trình 9 9 3 cos( ) (*) x x a x π + = có nghiệm thực duy nhất. Đặt 3 ( 0) x t t= > (*) trở thành 2 cos( ) 9 0 (1)t a x t π − + = có 2 2 cos ( ) 36a x π ∆ = − . Dễ thấy (1) nếu có 2 nghiệm đối với t thì 2 nghiệm đó cùng dấu, như vậy (*) có nghiệm duy nhất thì (1) cũng phải có nghiệm kép dương. 2 2 cos( ) 6 cos ( ) 36 0 cos( ) 6 a x a x a x π π π = ∆ = − = ⇔ = − khi đó 3 cos( ) 3 0 2 t a x t t π = = ⇒ = − < cos( ) 6 1 6 3 3 x a x x a t π = = ⇒ ⇒ = − = = Thử lại thấy thoả mãn CâuIII Tính 2 3 0 sin (sin 3cos ) x dx x x π + ∫ 5 5 6 62 2 3 3 3 3 0 0 3 3 1 3 sin( ) sin cos sin sin 3 2 2 8sin 8sin (sin 3cos ) 8sin ( ) 3 t t t x x I dx dx dt dt t t x x x π π π π π π π π − − = = = = + + ∫ ∫ ∫ ∫ 5 5 6 6 2 3 3 3 1 3 sin 16 sin 16 sin dt d t t t π π π π = − ∫ ∫ rồi cho kết quả. CâuIV 1. Do (DMN) vuông góc với (ABC) và tứ diện ABCD đều nên MN luôn qua trọng tâm H của tam giác ABC. 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMD S AM AD x= = 0 1 3 . .sin 60 2 4 AND S AN AD y= = 2 3 2 3 3 3 AH AP HD= = ⇒ = M A D C B P H N 2 2 MN x y xy= + − 2 2 1 1 . 2 6 DMN S DH MN x y xy⇒ = = + − 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 2 2 3 3 3 6 4 4 4 6 tp S x y xy x y xy= + + + + − Không giảm tổng quát giả sử 1 2 2 ; 1 2 3 3 x y x y≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤ Xét tam giác đều ABC có các cạnh bằng 1 khi đó 2 ' ' ; ' ' ; ' 3 AM AN a IN IN NN y a MM a x= = = = = = − = − ' 2 a MH HN= = 4 2 ( ) 3 3 2 2 9 2 a a x a x y xy x y xy xy x y xy xy a y a y a − ⇒ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = + ≥ ⇒ ≥ − + − 2 2 2 3 3 3 6 3 6 ( ) ( ) 3 4 4 4 6 4 6 tp S x y xy x y xy x y xy x y xy= + + + + − = + + + + − 2 3 6 4 (3 ) 3 4 ... 0,1.0,1 = 1% (Chọn A) Câu 23: Trong lịch sử phát triển sinh giới qua đại địa chất, nhóm linh trưởng phát sinh C kỉ Đệ Tam (thứ ba) đại Tân sinh Câu 24: HD: Gọi tỉ lệ kiểu gen AA, Aa, aa QT ban... RIÊNG [10 câu] Thí sinh làm tr A Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50) Câu 41: Chọn B Câu 42: Cho thông tin diễn sinh thái sau : (1) Xuất môi trường có quần xã sinh vật sống (sai,... số tế bào không xảy HVG 1000 – 360 = 640 Câu 59: HD: bản, nhân đôi ADN sinh vật nhân thực giống sinh vật nhân sơ Tuy nhiên sinh vật nhân thực có nhiều điểm khởi đầu tái (số lượng đơn vị nhân đôi