Bộ đề thi kỹ sư tài năng đại học bách khoa hà nội

Với các bài toán ví dụ ở nhiều dạng bài thường xuất hiện trong ñề thi KSTN các năm trước ñây, bài viết mong muốn ñem ñến một sự ñịnh hình cơ bản về cấu trúc ñề thi cũng như những nội dun

Tài liệu này gồm:

- 12 ựề tự ôn tập

- Hướng dẫn giải Ờ đáp số

cuu duong than cong com

“Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011” bao gồm những bài viết theo chủ ñề và một số

ñề thi ñược biên soạn phù hợp với nội dung ñề thi tuyển sinh môn toán vào chương trình ñào tạo KSTN & KSCLC của trường ðại học Bách khoa Hà Nội

(Tài liệu tham khảo khác ñi kèm:

0.1.ðề thi và ñáp án môn toán KSTN 1999 – 2007 (Vũ Hữu Tiệp)

0.2.ðề thi và ñáp án môn giải tích kì thi Olympic Sinh viên các năm.)

Các bài viết ñược trình bày với mục ñích hệ thống hóa một cách trọng tâm các lí thuyết và phương pháp giải toán giải tích ở bậc phổ thông Với các bài toán ví dụ ở nhiều dạng bài thường xuất hiện trong ñề thi KSTN các năm trước ñây, bài viết mong muốn

ñem ñến một sự ñịnh hình cơ bản về cấu trúc ñề thi cũng như những nội dung kiến thức

cần thiết mà các bạn cần ôn tập, chuẩn bị cho kì thi sắp tới Các bài viết không ñơn thuần chỉ là tập hợp bài toán và lời giải mà còn cung cấp một số nhận xét quan trọng ñể tiếp cận lời giải bằng cách ñặt vấn ñề một cách tự nhiên, có hệ thống Mong rằng ñây sẽ là một tài liệu bổ ích phục vụ cho quá trình học tập môn giải tích ở phổ thông nói cũng như giúp các bạn ôn thi một cách hiệu quả

Mặc dù ñã có nhiều cố gắng trong quá trình biên soạn nhưng chắc chắn không thể nào tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất cám ơn những ý kiến ñóng góp ñể bộ tài liệu ñược hoàn chỉnh hơn Mọi thắc mắc, góp ý xin gửi về ñịa chỉ hòm thư: vutrunglhp@gmail.com

Hà Nội, tháng 8 năm 2011

Trần Vũ Trung, Sinh viên lớp KSTN ðKTð – K55

cuu duong than cong com

Cho dãy số (x n) thỏa mãn:

nx I

1( ) d

Bài 6:

Cho IK là ñoạn vuông góc chung của 2 ñường thẳng chéo nhau a và b ( I∈a K, ∈b),

M và N là hai ñiểm bất kì lần lượt thuộc a và b sao cho IM +KN =MN Trong số các

ñiểm cách ñều các ñường thẳng a , b và MN , hãy tìm ñiểm có khoảng cách ñến mỗi

ñường nói trên là ngắn nhất

***

cuu duong than cong com

Câu I:

Cho phương trình x4+ −x2 mx+ =4 0 (1) trong ñó m là tham số

1) Giải phương trình (1) khi m=6

Câu III

1) Hàm số f x khả vi tại ( ) x ñược gọi là lồi (lõm) tại ñiểm này nếu tồn tại lân 0

cận của ñiểm x là 0 U x sao cho: ( 0) ∀ ∈x U x( 0) ta có:

f x′ ≤ và phương trình ( )f x =x có nghiệm thực duy nhất

2) Cho dãy số thực { }u n ñược xác ñịnh như sau:

2) Giả sử hàm ( )f x khả vi trên ñoạn [ ]0;1 và f′(0)f′ <(1) 0

Chứng minh rằng tồn tại c∈( )0;1 sao cho f′( )c =0

Câu IV

1) Chứng minh rằng

2 2 0

Cho 2 nửa ñưởng thẳng chéo nhau Ax, By và AB = a (a > 0) là ñoạn vuông góc chung

Góc giữa Ax, By bằng 30o Hai ñiểm C, D lần lượt chạy trên Ax và By sao cho tổng

AC + BD = d (d > 0) không ñổi Xác ñịnh vị trí của các ñiểm C, D sao cho thể tích tứ

diện ABCD ñạt giá trị lớn nhất

cuu duong than cong com

1) Giả sử hàm ( )f x xác ñịnh và liên tục trên ℝ và f (f x( ))=x , x∀ ∈ℝ

Chứng minh rằng tồn tại x0∈ℝ sao cho f x( )0 =x0

2) Tìm tất cả các hàm liên tục thỏa mãn f x( )= f(sinx), x∀ ∈ℝ

− Chứng minh rằng hoặc f lồi nghiêm ngặt

hoặc f lõm nghiêm ngặt trong ( )a b ,

Câu IV

Trong phòng có 6 người, cứ 3 người thì có ít nhất 2 người quen nhau Chứng minh rằng

có 3 người ñôi một quen nhau

1) Chứng minh rằng hàm ( )ϕ x khả vi tại ñiểm x=0

2) Giả sử ( )f x khả vi tại ñiểm x=0 Tính ñạo hàm của f (ϕ( )x ) tại ñiểm x=0

π

=+

u u

u

+ =+ + Tìm lim 2( )n

1365

1 Chứng minh rằng { }u n là dãy tăng

2 Chứng minh rằng { }u n có giới hạn hữu hạn khi n→ ∞ Tìm lim n

Câu I

1) Cho hàm số f x xác ñịnh và liên tục trên ( ) [ ]0;1 thỏa mãn:

xf y +yf x ≤ , ∀x y, ∈[ ]0;1Chứng minh rằng:

1 0

Cho f x( )=a1sin( )b x1 +a2sin( )b x2 + +… a nsin( )b x n

1) Chứng minh phương trình ( )f x =0 có nghiệm trong khoảng (0; 2π)

2) Giả sử f x( ) ≤ sinx , ∀ ∈ −x ( 1;1) Chứng minh rằng: a b1 1+a b2 2+ +… a b n n ≤1

n n

Câu IV

Cho hàm liên tục f : 0;1[ ] [ ]→ 0;1 ðặt

1 0

Câu I

1) Tính:

0

lim1

n x x n

n

e dx e

Chứng minh rằng ∃ ∈c ( )0;1 sao cho f c′( )=c

2) Hàm ϕ( )x khả vi cấp hai trên [0;+∞) Biết rằng ϕ( )x >0, ϕ′( )x >0 và

( ) ( )

2( )

ϕϕ

3( )

3( ) 4

2) Cho hàm ( )f x khả vi trên ñoạn [ ]0;1 thỏa mãn (0)f =0, (1) 1f =

Chứng minh rằng với mọi k1>0, k2>0, tồn tại x x1, 2∈[ ]0;1 sao cho:

Một nền nhà hình chữ nhật ñược lát kín bởi 2 loại gạch có kích thớc 1 x 4 và 2 x 2 Người

ta dỡ gạch lên và không may làm vỡ mất 1 viên 2 x 2 Họ thay viên bị vỡ bởi viên 1 x 4 rồi tiến hành lát lại sàn nhà Hỏi bây giờ có thể lát kín nền nhà ñược hay không?

1) Giả sử f x khả vi liên tục trên khoảng ( ) ( )a b, Liệu có thể chắc chắn rằng với

mọi c∈( )a b, , tồn tại x x1, 2∈( )a b, , x1≠x2 sao cho: ( ) ( )2 1

2 4

n n

Trong quốc hội một nước, mỗi nghị sĩ ñều có không quá 3 kẻ thù

Chứng minh rằng có thể chia quốc hội thành 2 viện sao cho trong mỗi viện, mỗi nghị sĩ

ñều có không quá 1 kẻ thù

1) Cho f là một hàm liên tục trên [ ]0;1 thỏa mãn ñiều kiện (0)f = f(1)

Chứng minh rằng tồn tại một số c∈[ ]0;1 sao cho ( ) 1

2011

=  + 

 

2) Cho H là tập hợp các hàm số ( )f x có ñạo hàm ñến cấp 2 liên tục trên ñoạn [0,1]

thỏa mãn ñiều kiện (0)f = f(1)=0, f′(0) 1=

Giả sử ( )g x không ñổi dấu trên [0;1]

Ta có (0)g = f(0)>0 nên ( )g x >0 với mọi x∈[0;1]

2008

f x dx>

∫ , mâu thuẫn giả thiết

Vậy ( )g x ñổi dấu trên [0;1], tồn tại c∈[0;1] sao cho ( )g c =0, suy ra ñpcm

cuu duong than cong com

Giả sử phương trình ( )f x =x có nghiệm x1∈[ ]a b, , x1≠x0

Khi ñó, f x( )1 − f x( 0) = x1−x0 , mâu thuẫn với bñt ñã cho

Vậy phương trình ( )f x =x có nghiệm duy nhất thuộc ñoạn [ ]a b,

Bài 6:

Gọi P là trung ñiểm của IK Ta chứng minh P cách ñều các ñường thẳng a , b và MN

Do IK là ñoạn vuông góc chung của a , b nên P cách ñều các ñường thẳng a , b

Thật vậy, trên tia ñối tia KN lấy ñiểm E sao cho KE = IM

Khi ñó, MN = IM + KN = KE + KN = EN

Dễ thấy ∆PIM = ∆PKE (c.g.c), suy ra PM = PE

Do ñó, ∆PNE = ∆PNM (c.c.c), suy ra NP là phân giác của góc ENM, nên P cách ñều

các ñường thẳng b , MN

Vậy P cách ñều các ñường thẳng a , b và MN

Do IK là ñoạn vuông góc chung của a , b nên trong các ñiểm cách ñều các ñường thẳng

a , b thì P là ñiểm có khoảng cách ñến mỗi ñường ñó là ngắn nhất

Tóm lại, trung ñiểm P của IK chính là ñiểm phải tìm

***

cuu duong than cong com

Trường hợp n=1 hiển nhiên ñúng

Giả sử bài toán ñúng ñến n−1, nghĩa là nếu

1 1

0

n

i i i

Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử λ λ1< 2< <… λn−1= <a λn =b

Khi ñó, f x( )=(k1+ + +k2 … k n) (x− λ λ1+ + +2 … λn)=0 với mọi x>b , f là hàm hằng

trên (b;+∞) nên f x′( )=0 với mọi x>b, hay:

Từ (1) và (2) suy ra k n =0, suy ra f x( )=k x1 − +λ1 k x2 −λ2 +…k n−1 x−λn−1 =0 với

cuu duong than cong com

Do ñó ñiểm M(x y z nằm trên ñường tròn tâm , , ) A 1; 0;1 bán kính 3, ( )

còn ñiểm N(p q r nằm trên ñường tròn tâm , , ) B(−5;3; 7) bán kính 6

P=x +y + +z p +q + −r xp− yq− zr= −x p + −y q + −z r ñạt GTLN khi ñộ dài ñoạn MN lớn nhất

Ta có: MN ≤MA+AB+BN = + + =3 9 6 18

ðẳng thức xảy ra khi

1

(3; 1; 1)3

3

M N

CH⊥AB, CH⊥AH ⇒ CH⊥mp(ABH) ⇒ CH⊥mp(ABD)

Thể tích tứ diện ABCD: V = 1/3 CH S(ABD),

Mà CH = AC sin30o = 1/2 AC, S(ABD) = 1/2 AB.BD

Suy ra V = 1/12 AB.AC.BD ≤ 1/12

2

.4

Từ ñó suy ra tất cả các ñẳng thức xảy ra ở hệ trên, nghĩa là ( )f x =x , x∀ ∈ℝ

cuu duong than cong com

ðiểm C z t′( ), với t=λf x( ) (1+ −λ) ( )f y ≤ f z( ) nằm trên ñường thẳng AB, và thấp hơn

ñiểm C z f z( , ( )) ðiều ñó chứng tỏ trong ñoạn [ ]x y , ñồ thị hàm f nằm phía trên ,

ñường thẳng AB Suy ra, f là hàm lồi

Trên ñoạn [ ]a b , hàm liên tục f bị chặn, m, ∃ ∈ℝ : ( )f x > −m , x∀ ∈ℝ

nằm phía trên (C), và cắt 2 ñường thẳng x=a,

x=b tạo thành 1 hình thang có diện tích 2 ( )

Nhận xét Bài này và các bài bài 4 năm 2000, bài 3 năm 2001 có cùng bản chất (xoay

quanh các tính chất về hàm lồi) Các bạn có thể tham khảo lời giải bằng cách xét hàm số

ñược trình bày ở [0.1.]

***

cuu duong than cong com

Hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ nên I =0

2) Cho hàm số y= f x( ) xác ñịnh trên tập số thực thỏa mãn

f x − f y ≤ −x y ∀x y∈ℝ và f (f (f(0)) )=0 Chứng minh (0)f =0

1) Cho hàm số ( )f x khả vi liên tục cấp hai trên [0;1], có f′′( )0 =1, f′′( )1 =0

Chứng minh rằng tồn tại c∈( )0;1 sao cho f′′( )c =c

Lời giải

Xét hàm g( )x = f′′( )x −x

Do ( )f x khả vi liên tục cấp hai trên [0;1] nên ( ) g x liên tục trên [0;1]

Mà (0) 1 0g = > , (1)g = − <1 0,

do ñó tồn tại c∈( )0;1 sao cho ( )g c =0, khi ñó f′′( )c =c

cuu duong than cong com

1) Hàm số f x khả vi tại ( ) x ñược gọi là lồi (lõm) tại ñiểm này nếu tồn tại lân cận của 0

ñiểm x là 0 U x sao cho ( 0) ∀ ∈x U x( )0 ta có

Dễ thấy rằng tính chất lồi (lõm) của hàm số tại 1 ñiểm sẽ không thay ñổi khi ta thêm vào

nó một hàm tuyến tính bất kì Nghĩa là với mọi ,p q∈ℝ thì hàm ( )f x lồi (lõm) tại ñiểm

0

x khi và chỉ khi hàm ( ) f x + px+q lồi (lõm) tại ñiểm x 0

Giả sử ( )f x khả vi trên ñoạn [ , ] a b

Câu IV Trong một phòng có 5 người, giữa 3 người bất kì luôn tìm ñược 2 người quen

nhau và 2 người không quen nhau Chứng minh rằng nhóm người này có thể ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người ñều quen với 2 người ngồi cạnh mình

Nhận xét 1: Không có tam giác có 3 cạnh cùng màu (suy trực tiếp từ giả thiết)

Nhận xét 2: Không có 3 ñoạn cùng xuất phát từ cùng một ñỉnh mà cùng màu

Thật vậy, giả sử AB, AC, AD cùng màu ñỏ thì áp dụng NX1, các ñoạn BC, CD, DA cùng màu xanh, tam giác BCD mâu thuẫn với NX1

Hệ quả của NX2: Trong 4 ñoạn xuất phát từ cùng một ñỉnh phải có 2 cạnh xanh và 2 cạnh ñỏ

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử tại A có AB và AE ñỏ, còn AC và AD xanh

Cách sắp xếp theo vòng tròn ABDCEA thỏa mãn

cuu duong than cong com

Suy ra phương trình ( )g x =0 có nghiệm duy nhất

2) Gọi α là nghiệm duy nhất của phương trình ( )f x =x

Áp dụng Lagrange, c∃ : 1 ( ) ( ) ( )

12

n→∞ u − =α , theo nguyên lí kẹp, lim n 1 0

n→∞u + − =α Vậy { }u n hội tụ, lim n

f x′ < , (0)f = >2 0, lim ( ) 1 0

x f x

→+∞ = − < Suy ra phương trình ( )f x =0 có nghiệm dương duy nhất

Phương trình ñã cho có ñúng 1 nghiệm dương

Câu III

1) Dễ chứng minh sinx−siny < −x y

Khi ñó, f x( )− f y( ) < −x y , suy ra f liên tục trên [ ]a b ,

Giải tiếp như bài toán 22 - Hàm liên tục

2) Giả sử f′(0)>0 (nếu f′(0)<0, thay ( )f x bởi f(−x))

Khi ñó, f′ <(1) 0 Vì f liên tục trên [ ]0;1 nên ∃ ∈x0 [ ]0;1 : ( )0 [ ]

cuu duong than cong com

  , với mọi y∈(0;π), suy ra ñpcm

2) Vì f x khả tích trên ( ) [ ]0;1 nên với cách chọn tùy ý các ñiểm ξi mà i 1 i i

1

n i i

=

thiết Vậy tồn tại ñoạn [ ] [ ]a b, ⊂ 0;1 mà trên ñó ( )f x >0

Câu V

Qua A kẻ nửa ñường thẳng Az || By Kẻ CH vuông góc với Az (H∈Az)

AB⊥AC, AB⊥AH ⇒ AB⊥CH

CH⊥AB, CH⊥AH ⇒ CH⊥mp(ABH) ⇒ CH⊥mp(ABD)

Thể tích tứ diện ABCD: V = 1/3 CH S(ABD),

Mà CH = AC sin30o = 1/2 AC, S(ABD) = 1/2 AB.BD

Suy ra V = 1/12 AB.AC.BD ≤ 1/12

2

.4

Câu I

1 2

Do f liên tục trên ℝ nên hoặc ( ) f x >x , x∀ ∈ℝ , hoặc ( )f x <x , x∀ ∈ℝ

- Nếu ( )f x >x , x∀ ∈ℝ thì f(f x( ))> f x( )>x, mâu thuẫn giả thiết

- Nếu ( )f x <x , x∀ ∈ℝ thì f(f x( ))< f x( )<x, mâu thuẫn giả thiết

Vậy tồn tại x0∈ℝ sao cho f x( )0 =x0

2) Xét dãy { }x n ∞n=0 ñược xác ñịnh bởi x n+1=sinx n với x là số thực tùy ý 0

Khi ñó, f x( n)= f x( 0), với mọi n∈ℕ

- Nếu 0≤ ≤x1 1, thì { }x n là dãy không tăng, bị chặn dưới bởi 0, do ñó hội tụ

suy ra f là hàm giảm trên (e;+∞),

cuu duong than cong com

Mỗi ñiểm là ñầu mút của 5 ñoạn, mỗi ñoạn màu xanh hoặc ñỏ, theo nguyên lí Dirichlet, mỗi ñiểm là mút của ít nhất 3 ñoạn cùng màu Không mất tổng quát, giả sử A là

ñầu mút của 3 ñoạn cùng màu AB,AC,AD

- Nếu cả 3 ñoạn AB,AC,AD cùng màu ñỏ Theo (*) thì tam giác BCD có cạnh ñỏ, giả sử là BC, khi ñó tam giác ABC có 3 cạnh cùng màu ñỏ

- Nếu cả 3 ñoạn AB,AC,AD cùng màu xanh thì từ (*) suy ra tam giác BCD có 3 cạnh cùng ñỏ

Tóm lại, luôn có một tam giác có 3 cạnh cùng màu ñỏ (ñpcm)

Câu I

1) Khi m=4, (1) có nghiệm duy nhất x=3

2) Nếu m<0, (1) vô nghiệm

Nếu m≥0, (1) có nghiệm duy nhất 1 2 1

thẳng Nếu 2 người quen nhau ñoạn nối màu ñỏ, không quen ñoạn nối màu xanh Bất cứ tam giác nào cũng có cạnh màu ñỏ (*) Ta cần chứng minh có 1 tứ giác mà các cạnh và các ñường chéo của nó ñều màu ñỏ

Xét 2 khả năng:

- Có 1 ñỉnh A là ñầu mút của ít nhất 4 ñoạn màu xanh, giả sử là AB,AC,AD,AE Theo (*), tứ giác BCDE là tứ giác phải tìm

- Mọi ñỉnh ñều là mút của nhiều nhất 3 cạnh màu xanh Nhưng không thể cả 9 ñỉnh

ñều là mút của ñúng 3 cạnh xanh, vì nếu vậy thì số ñoạn ñếm ñược là 9 3

Khi ñó, 4 ñỉnh M,A,B,C lập nên tứ giác cần tìm

Tóm lại, luôn có 1 tứ giác mà các cạnh và các ñường chéo của nó ñều màu ñỏ (ñpcm)

cuu duong than cong com

Với x< −1, tồn tại c∈( )x; 0 sao cho f x( ) f(0) f c( ) f(0)

x

− = ′ >

Khi ñó, f x( )<xf(0)+ f(0)= +(x 1) f(0)<0 vì x< −1, vô lí

Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn ñề bài

Câu IV

Dựng ñiểm H trong không gian sao cho OH⊥mp(ABC) và OH = 1

Khi ñó, áp dụng ñịnh lý Pythagore tính ñược: AH = 2 , BH = 5 , CH = 10

Giải tương tự Bài toán 7 – Hàm khả vi

cuu duong than cong com

n n

( )

2 2 0

1

n n

t dt t

cuu duong than cong com

25 25

1 1

25 261

Mỗi người trong phòng không quen nhiều nhất là 100 – 67 – 1 = 32 người

Xét 1 người là A, mời tất cả những ai không quen A ra ngoài phòng Trong phòng còn ít nhất 100 – 32 = 68 người, trong ñó chọn lấy 1 người gọi là B Mời tiếp những ai không quen B ra ngoài, phòng còn ít nhất 68 – 32 = 36 người, chọn 1 người gọi là C Mời nốt những ai không quen C ra ngoài, còn ít nhất 36 – 32 = 4 người trong phòng, tức là ngoài A,B,C vẫn còn ít nhất 1 người nữa trong phòng lúc này, gọi là D Bộ tứ A,B,C,D ñôi một quen nhau

n n

+ + ++ + + =

+

…

…

Lấy phương trình thứ k trừ ñi phương trình thứ k+1 (khi k =n thì lấy phương trình thứ

n trừ ñi phương trình ñầu), ta có:

Câu I

1 Nếu u n+1<u n , n∀ ≤k thì u k+1= u k + u k−1 < u k + u k+1 =u k+2

2 u n = u n−1+ u n−2 <2 u n ⇒u n <4, ∀ ≥n 2

Câu II

1) Dễ thấy không tồn tại ña thức bậc 0,1,2 thỏa mãn ñề bài

Xét ña thức ( )P x bậc n≥3 thỏa mãn ñiều kiện ( )P x >P x′′( ) và P x′( )>P x′′( ), x∀ ∈ℝ

Khi ñó, ña thức ( )P x −P x′′( ) có bậc n chẵn, và ña thức P x′( )−P x′′( ) có bậc n−1 chẵn, mâu thuẫn Vậy không tồn tại ña thức thỏa mãn ñề bài

2) Phản chứng Giả sử ∃x0 ñể Q x( )0 <0 Do Q x( )−Q x′( )>0, x∀ ∈ℝ , nên bậc n của

Lấy nguyên hàm 2 vế, ta có arctan ( )f x =c x1 +c2 ⇒ f x( )=tan(c x1 +c2)

Do (0)f =0 nên c2 =0 Vậy f x( )=tan(c x1 )

1 0

Diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi ñường x=0, x=a,y=0, y=b là S=ab

sin (cos ) cos (sin ) 1

(cos ) (cos ) (sin ) (sin )

ta có một hình tròn chứa ít nhất 1005 ñiểm Tính thêm tâm của hình tròn này thì hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1006 ñiểm trong 2011 ñiểm ñã cho