Xem mẫu

  1. KỲ THI OLYMPIC TRUY N TH NG 30/4 L N TH XIII T I THÀNH PH HU THI MÔN TOÁN L P 11 Th i gian làm bài: 180 phút Chú ý: M i câu h i thí sinh làm trên 01 t gi y riêng bi t Câu 1 (4 i m). Gi i h phương trình sau:  y2 −x 2 x 2 + 1 e = 2  y +1 3 log 3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) + 1  Câu 2 (4 i m). Cho hình chóp u S.ABCD có c nh áy b ng d và s o c a nh di n [B,SC,D] b ng 1500. Tính th tích c a hình chóp u S.ABCD theo d. Câu 3 (4 i m). Cho dãy s dương (an). a. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương k : 1  32 43 (k + 1)k a  k a .a ...a k ≤  2a 1 + a 2 + 2 a 3 + ... +  k (k + 1)  1 2 k   2 3 k k −1  n b. Bi t lim ∑ a i = a ∈ R. t bn = a 1 + a 1a 2 + 3 a 1a 2 a 3 + ... + n a 1a 2 ...a n v i n ≥ 1 n →∞ i =1 Ch ng minh r ng dãy (bn) có gi i h n. Câu 4 (4 i m). Cho hàm s f(x) = 2x – sinx. Ch ng minh r ng t n t i h ng s b và các hàm s g, h tho mãn ng th i các i u ki n sau: 1) g(x) = bx + h(x) v i m i s th c x. 2) h(x) là hàm s tu n hoàn. 3) f(g(x)) = x v i m i s th c x. Câu 5 (4 i m). Tìm t t c các s t nhiên m, n sao cho ng th c sau úng: 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2) -------------------H T------------------- Ghi chú: Cán b coi thi không gi i thích gì thêm
  2. ÁP ÁN TOÁN L P 11 N I DUNG I M Câu 1: Gi i h phương trình  y 2 − x2 x2 +1 e = 2 (1)  y +1 3log ( x + 2 y + 6) = 2 log ( x + y + 2) + 1 (2)  3 2 k: x + 2y +6 > 0 và x + y + 2 > 0 0,5 2 2 2 2 Phương trình (1) ⇔ y – x = ln(x +1) – ln(y +1) ⇔ ln(x2+1)+ x2 +1 = ln(y2+1)+y2+1 (3) 1 Xét hàm s f(t) = lnt + t v i t ≥ 1 Phương trình (3) có d ng f(x2+1) = f(y2+1) (4) Ta có f(t) ng bi n trên [1 ;+ ∞ ). Do ó (4) ⇔ x2+1 = y2+1 ⇔ x = ± y * V i x = -y , t (2) ta ư c log 3 (6 − x) = 1 , v i x -1 0.5  x + 2 = 32u t 3log 3 ( x + 2) = 2 log 2 ( x + 1) = 6u ⇒  3u  x +1 = 2 u u 1 8 ⇒ 1+23u = 32u ⇔   +   = 1 (5) 9 9 u u 1 1 8 Xét g(u) =   +   , g(u) là hàm ngh ch bi n trên R và có g(1) = 1 nên 9 9 u = 1 là nghi m duy nh t c a (5). V i u = 1 suy ra x = y = 7 (th a mãn h ) V y h có 2 nghi m (3 ;-3) , (7 ;7) 0.5
  3. N I DUNG I M Câu 2: Cho hình chóp u S.ABCD có c nh áy b ng d và s o c a nh di n [B,SC,D] b ng 1500. Tính th tích c a hình chóp u S.ABCD theo d. Ta có: BD ⊥ SC . D ng m t ph ng qua BD vuoâng goùc vôùi SC taïi P. 0 1 Ta coù : ∠BPD = 150 2BP 2 − BD 2 BD 2 Ta có: cos150 = 0 =1− (1) 0.5 2BP 2 2BP 2 G i M là trung i m c a BC. Ta có SM .BC = BP.SC. BC = d, g i h là chi u cao hình chóp S.ABCD d2 d2 d 2 (4h 2 + d 2 ) 1 2 2 2 2 2 Ta có: SM = h + ; SC = h + . Suy ra: BP = 4 2 2( 2 h 2 + d 2 ) 3 d2 d 2 3 −3 1 (1) tr thành: − =− 2 2 . Suy ra: h = 2 4h + d 2 3 1 d3 2 3 −3 0.5 VS.ABCD = h.dtABCD = 3 6 3
  4. N I DUNG I M Câu 3 Cho dãy s dương (an). a. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương k: 1  32 43 (k + 1)k a  k a .a ...a ≤  2a 1 + a 2 + 2 a 3 + ... +  k (k + 1)  1 2 k k   2 3 k k −1  n b. Bi t lim ∑ a i = a ∈ R. n →∞ i =1 t bn = a 1 + a 1a 2 + 3 a 1a 2 a 3 + ... + n a 1a 2 ...a n v i n ≥ 1 Ch ng minh r ng dãy (bn) có gi i h n. a)Ta có 32 43 (k + 1) k k (a1 2)(a2 )(a3 2 )....(ak ) = k a1 a2 a3 ....ak (k + 1) ⇒ 2 3 k k −1 1 k 32 43 (k + 1) k 2 k a1 a2 a3 ....ak = (a1 2)(a2 )(a3 2 )....(ak )≤ k +1 2 3 k k −1 1  32 43 (k + 1) k   (a1 2) + (a2 ) + (a3 2 ) + .... + (ak ) (k + 1)k  2 3 k k −1  b) T câu a) suy ra 1 1 32 1 1 (n + 1)n 1 bn ≤ (a1 2)( + .. + ) + (a2 )( + .... + ) + .. + (an n −1 )( ) 1.2 n(n + 1) 2 2.3 n(n + 1) n n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Do : + + ... + = 1 − + − + ... + − = 1−
  5. N I DUNG I M Câu 4: Cho hàm s f(x)= 2x – sinx. Ch ng minh r ng t n t i h ng s b và các hàm s g, h th a mãn ng th i các i u ki n sau : 1) g(x) = bx + h(x) v i m i s th c x. 2) h(x) là hàm s tu n hòan. 3) f(g(x)) = x v i m i s th c x. T i u ki n 3) cho th y mu n ch ng t t n t i g ch c n ch ng t f có hàm s ngư c. 1 Chú ý : f ng bi n trên (- ∞ ;+ ∞ ) nên có hàm s ngư c g. Ta có : f(g(x)) = x và g(f(x)) = x v i m i s th c x. t : h(x) = g(x) – bx. Ta s ch n b h(x) tu n hòan. 0.5 Hàm sinx tu n hoàn chu kì 2 π . Ta s ch ng t g(x+ 4 π ) = g(x) +2 π v i m i s th c x. Th t v y : g(x)+2 π = [f(g(x) +2 π )] = g[2(g(x)+2 π ) - sin(g(x)+2 π )] 1 =g[2g(x)-sin(g(x)) + 4 π ] = g[f(g(x)) + 4 π ] = g( x +4 π ). T ó : h(x+4 π ) = g(x + 4 π ) – b(x+4 π ) = g(x) + 2 π -bx – 4b π = h(x) + 2 π (1-2b). 1 1 0.5 N u ch n b = thì h(x + 4 π ) = h(x) v i m i s th c x. 2
  6. N I DUNG I M Câu 5: Tìm t t c các s t nhiên m,n sao cho ng th c sau úng : 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2) . t x = 2m , y = 2n-1 v i m ,n là các s t nhiên . 0.5 Ta có : (x,y) =1 và 2(x3-x) = (y+1)y(y-1) ⇔ y(y2-1) = 2x(x2-1) (1) Do m ≥ 0 , n ≥ 0 nên x ≥ 1 và y ≥ -1 . + Trư ng h p x =1: Ta có m = 0 .Lúc ó n = 0 hay n =1 . 1 +Trư ng h p x >1: T (1) và (x,y)=1 suy ra : y2-1 chia h t cho x và 2(x2-1) chia h t cho y. Do ó 0.5 2(x2-1).(y2-1) chia h t cho xy. Nhưng: 2(x2-1)(y2-1) = 2[x2y2-2xy-((x-y)2-1)] nên cũng có: 2((x-y)2-1) chia h t cho xy (2) Chú ý: v i x >1 thì t (1) ta có x3 < y3 < 2x3 . Th t v y : (1) ⇔ (y-x)(y2+xy+y2-1) = x3-x. V i x>1 ta có x3-x>0.Lúc này y>0 và y2+xy+y2-1>0,nên y>x. 1 Ngoài ra: (x2-1)(2x3-y3) = x2[2(x3-x)] – (x2-1)y3 = x2(y3-y)-(x2-1)y3 = y(y2-x2) > 0. Do ó: 2x3-y3 > 0 y 1 + T ó: 0