intTypePromotion=1

Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 1

Chia sẻ: Pham Xuan Duong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

0
269
lượt xem
76
download

Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 1

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu " Đề Thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011"mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong kỳ thi tốt nghiệp phổ thông trung học, cung như Đại học - Cao đẳng sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 1

  1. BAN BIÊN T P DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN L I GI I Đ THI H C SINH GI I QU C GIA NĂM H C 2010 – 2011 d THÁNG 01 – 2011
  2. BÀI S 1: B T Đ NG TH C Bài 1. Cho x là s th c dương và n là s nguyên dương. Ch ng minh b t đ ng th c 2 n+1 x n ( x n+1 + 1) x+1 . xn + 1 2 Đ ng th c x y ra khi nào? L i gi i 1. Ta s d ng phương pháp quy n p theo n. V i n = 1, b t đ ng th c c a ta tr thành 3 x( x2 + 1) x+1 . x+1 2 Theo b t đ ng th c AM-GM, ta có 2 1 (2 x) + ( x2 + 1) ( x + 1)4 1 x( x + 1) = · (2 x) · ( x2 + 1) 2 . = 2 2 2 8 T đó suy ra ( x+1)4 3 x( x2 + 1) x+1 8 . = x+1 x+1 2 Và như v y, b t đ ng th c đã cho đúng v i n = 1. Ti p theo, ta s ch ng minh r ng n u b t đ ng th c đúng cho n = k ( k ∈ N∗ ) thì nó cũng s đúng v i n = k + 1. Th t v y, theo gi thi t quy n p, ta có 2 k+1 x k ( x k+1 + 1) x+1 , xk + 1 2 suy ra 2( k+1)+1 2 2 k+1 2 x k ( x k+1 + 1) x+1 x+1 x+1 x+1 . = · xk + 1 2 2 2 2 S d ng đánh giá này, ta th y r ng vi c ch ng minh có th đư c đưa v ch ng minh k t qu sau 2 x k ( x k+1 + 1) x k+1 ( x k+2 + 1) x+1 . · xk + 1 x k+1 + 1 2 B t đ ng th c này tương đương v i ( x + 1)2 ( x k+2 + 1)( x k + 1) , ( x k+1 + 1)2 4x
  3. 8 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN hay là ( x + 1)2 ( x k+2 + 1)( x k + 1) −1 − 1. ( x k+1 + 1)2 4x Do ( x + 1)2 − 4 x = ( x − 1)2 và ( x k+2 + 1)( x k + 1) − ( x k+1 + 1)2 = x k ( x − 1)2 nên ta có th thu g n b t đ ng th c l i thành ( x − 1)2 x k ( x − 1)2 , ( x k+1 + 1)2 4x tương đương ( x − 1)2 ( x k+1 + 1)2 − 4 x k+1 0. B t đ ng th c này đúng vì theo AM-GM, ta có ( x k+1 + 1)2 4 x k+1 . Như v y, ta đã ch ng minh đư c n u kh ng đ nh bài toán đúng cho n = k ( k ∈ N∗ ) thì nó cũng đúng cho n = k + 1. T đây, k t h p v i vi c đã xác l p đư c tính đúng đ n c a b t đ ng th c c n ch ng minh cho n = 1, ta suy ra nó đúng v i m i s nguyên dương n (theo nguyên lý quy n p). Ngoài ra, có th th y đư c trong su t quá trình ch ng minh, d u đ ng th c ch x y ra t i m t đi m duy nh t x = 1. L i gi i 2. Ta s ch ng minh k t qu t ng quát hơn: V i m i a, b > 0, thì 2 n+1 a n b n (a n+1 + b n+1 ) a+b . (1) an + b n 2 K t qu bài toán đã cho là trư ng h p riêng khi a = x và b = 1. D th y (1) là m t b t đ ng th c thu n nh t cho hai bi n a, b, vì v y không m t tính t ng quát ta có th chu n hóa cho a + b = 2. Khi đó (1) có th vi t l i dư i d ng 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 ). S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có 2 a b(a n−1 + b n−1 ) + (a n+1 + b n+1 ) n−1 n−1 n+1 n+1 ab(a +b )(a +b ) 2 2n n2 (a + b) (a + b ) = ( a n + b n )2 , = 4 t đó suy ra ( a n + b n )2 a n+1 + b n+1 . ab(a n−1 + b n−1 )
  4. 9 L I GI I VMO 2011 S d ng đánh giá này, ta thu đư c a n−1 b n−1 (a n + b n )2 an + bn − f n ( a, b ) a n−1 + b n−1 an + b n a n−1 + b n−1 − a n−1 b n−1 (a n + b n ) = a n−1 + b n−1 an + b n (2) f n−1 (a, b). = n−1 + b n−1 a T (2), th c hi n các đánh giá liên ti p, ta có an + bn (1) f n ( a, b ) f n−1 (a, b) a n−1 + b n−1 an + bn a n−1 + b n−1 f n−2 (a, b) · n−2 a n−1 + b n−1 a + b n−2 an + bn a n−1 + b n−1 a2 + b 2 f 1 ( a, b ) ··· · n−2 ··· 1 a n−1 + b n−1 a + b n−2 a + b1 an + bn (3) f 1 (a, b). = a+b M t khác, cũng theo b t đ ng th c AM-GM thì 1 f 1 (a, b) = a + b − ab(a2 + b2 ) = a + b − · (2ab) · (a2 + b2 ) 2 2 1 (2ab) + (a2 + b2 ) (a + b)4 a+b− = a+b− = 0. 2 2 8 0 v i m i n ∈ N∗ . Do đó, k t h p v i (3), ta suy ra f n (a, b) L i gi i 3. Ta ch ng minh b đ sau B đ . Cho a, b là hai s th c dương. Khi đó, v i m i n 1, ta có n2 a+b n( n−1) n n (ab) (a + b ) 2 . (4) 2 2 Ch ng minh. Không m t tính t ng quát, ta gi s a + b = 2 và đ t a = 1 + x, b = 1 − x v i 0 x < 1. B t đ ng th c (4) có th vi t l i thành n( n−1) (1 + x)n + (1 − x)n (1 + x)(1 − x) 2, 2 hay tương đương n( n+1) n( n−1) n( n−1) n( n+1) g( x) = (1 + x) (1 − x) + (1 + x) (1 − x) 2. 2 2 2 2
  5. 10 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN Ta có n( n+1) n( n−1) (1 + x) (1 − x) = 2 2 n( n + 1) n( n − 1) n( n+1) n( n−1) n( n+1) n( n−1) (1 + x) 2 −1 (1 − x) 2 − (1 + x) 2 (1 − x) 2 −1 = 2 2 n n( n+1) n( n−1) −1 −1 = (1 + x) 2 (1 − x) 2 ( n + 1)(1 − x) − ( n − 1)(1 + x) 2 n( n+1) n( n−1) −1 −1 = n(1 + x) (1 − x) (1 − nx) 2 2 và n( n−1) n( n+1) (1 + x) (1 − x) = 2 2 n( n − 1) n( n + 1) n( n−1) n( n+1) n( n−1) n( n+1) (1 + x) 2 −1 (1 − x) 2 − (1 + x) 2 (1 − x) 2 −1 = 2 2 n n( n−1) n( n+1) −1 −1 = (1 + x) 2 (1 − x) 2 ( n − 1)(1 − x) − ( n + 1)(1 + x) 2 n( n−1) n( n+1) −1 −1 = − n(1 + x) (1 − x) (1 + nx), 2 2 do đó n( n−1) n( n−1)−1 −1 (1 + x)n (1 − nx) − (1 − x)n (1 + nx) g ( x) = n(1 + x) (1 − x) 2 2 1 − nx (1 − x)n n( n−1) = n(1 − x2 ) 2 −1 (1 + x)n (1 + nx) . − 1 + nx (1 + x)n n T đây ta th y g ( x) có cùng d u v i h( x) = 1−nx − (1−x)n . Tính đ o hàm 1+ nx (1+ x) c a h( x), ta đư c 2 n(1 − x)n−1 2 n(1 − x2 )n−1 2n 2n h ( x) = − = − n+1 2 2n (1 + nx)2 (1 + x) (1 + nx) (1 + x) 2n 1 1 1 1 1 = 2n 0 − − + n n 2n 2 (1 + x) 1 + nx (1 + x) 1 + nx (1 + x) (1 + nx) do theo b t đ ng th c Bernoulli thì (1 + x)n 1 + nx (chú ý r ng n 1). Như v y, h( x) là hàm ngh ch bi n trên [0, 1). Suy ra h( x) h(0) = 0, ∀ x ∈ [0, 1). Mà g ( x) có cùng d u v i h( x) nên ta cũng có g ( x) 0 v i m i x ∈ [0, 1). Do v y g( x) là hàm ngh ch bi n trên [0, 1). T lý lu n này, ta suy ra g( x) g(0) = 2, ∀ x ∈ [0, 1). B đ đư c ch ng minh. Quay tr lài bài toán. Theo (4), ta có k2 a+b k( k−1) k k (ab) (a + b ) ∀a, b > 0, k 2 , 1, (5) 2 2
  6. 11 L I GI I VMO 2011 suy ra 1 ak + bk k2 k−1 a+b 2(ab) . (6) 2k 2 Trong (6), cho a = x n , b = 1 và k = n+1 > 1, ta đư c n n2 n+1 ( n+1)2 x +1 n xn + 1 2x . 2( n+1) 2 T đó suy ra 2 n+1 x n ( x n+1 + 1) x n ( x n+1 + 1) x n+1 + 1 ( n+1)2 n(2 n+1) =x . 2( n+1) xn + 1 n2 2 n x n+1 +1 ( n+1)2 2x 2( n+1) 2 Như th , phép ch ng minh s hoàn t t n u ta ch ra đư c r ng 2 n+1 2 n+1 x n+1 + 1 ( n+1)2 x+1 n(2 n+1) x . 2( n+1) 2 2 B t đ ng th c này tương đương v i ( n+1)2 x+1 n( n+1) n+1 x (x + 1) 2 . 2 2 Đây chính là k t qu c a b t đ ng th c (5) áp d ng cho a = x, b = 1 và k = n + 1. Bài toán đư c ch ng minh xong. Nh n xét. Có th th y ý tư ng t nhiên nh t khi gi i bài này chính là s d ng phép quy n p. L i gi i 3 tuy dài và ph c t p nhưng nó cũng có ý nghĩa riêng c a nó. Th t v y, qua l i gi i này ta có th th y đư c b t đ ng th c đã cho v n đúng cho trư ng h p n là s th c tùy ý không nh hơn 1. K t qu này không th suy ra đư c t hai l i gi i b ng quy n p 1 và 2.
  7. 12 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN d
  8. BÀI S 2: GI I H N C A DÃY S Bài 2. Cho dãy { xn } đư c xác đ nh b i 2 n n−1 x1 = 1 và xn = xi v i m i n 2. ( n − 1)2 i=1 Ch ng minh r ng dãy yn = xn+1 − xn có gi i h n h u h n khi n → +∞. L i gi i 1. T gi thi t, ta suy ra v i m i n 1, thì ( n − 1)2 n−1 xi = xn . 2n i =1 Do đó 2( n + 1) n n−1 2( n + 1) xn+1 = xi = xn + xi n2 i=1 n2 i =1 ( n − 1)2 ( n + 1)( n2 + 1) 2( n + 1) (1) xn + xn = xn . = n2 n3 2n S công th c truy h i v a tìm đư c này k t h p v i phép quy n p, ta s ch ng minh xn 4( n − 1), ∀n 2. (2) Do x2 = (22·1)2 x1 = 4 nên d th y (2) đúng v i n = 2. Gi s (2) đúng v i 2 − n = k 2, khi đó ta có ( k + 1)( k2 + 1) ( k + 1)( k2 + 1) xk+1 = xk · 4( k − 1) k3 k3 4( k2 − 1)( k2 + 1) 4( k4 − 1) 4 = 4 k − 3 < 4 k, = = 3 3 k k k suy ra (2) cũng đúng v i n = k + 1. T đây, áp d ng nguyên lý quy n p, ta có (2) đúng v i m i n 2. Bây gi , ta s đi ch ng minh bài toán đã cho, c th ta s ch ra r ng yn là dãy tăng và b ch n trên. • Ch ng minh yn tăng. Theo (1), ta có ( n + 1)( n2 + 1) n2 + n + 1 yn = xn+1 − xn = xn − xn = xn . n3 n3
  9. 14 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN Do đó ( n + 1)2 + ( n + 1) + 1 n2 + n + 1 yn+1 − yn = xn+1 − xn ( n + 1)3 n3 n2 + 3 n + 3 ( n + 1)( n2 + 1) n2 + n + 1 xn − xn = · ( n + 1)3 n3 n3 xn ( n2 + 3 n + 3)( n2 + 1) − ( n2 + n + 1) =3 2 n ( n + 1) xn n+2 ( n2 + 1) − ( n2 + n + 1) = 3 1+ ( n + 1)2 n xn ( n + 2)( n2 + 1) 2 xn −n = 3 > 0. =3 2 n ( n + 1)2 n ( n + 1) Đi u này ch ng t yn là dãy tăng. • Ch ng minh yn b ch n trên. S d ng (2), v i m i n 2, ta có n2 + n + 1 n2 + n + 1 4( n3 − 1) yn = xn · 4( n − 1) = < 4. n3 n3 n3 Do đó y1 < y2 < · · · < yn < 4, hay nói cách khác, dãy yn b ch n trên b i 4. T hai k t qu v a ch ng minh trên, ta d dàng suy ra k t qu c n ch ng minh. Nh n xét. Khi làm bài toán này, có l các b n h c sinh đ u không khó đ tìm ra các tính ch t 2 • xn+1 = (n+1)(3 n +1) xn . n n2 + n+1 • yn = xn . n3 • yn là dãy tăng. Và khi đó, công vi c còn l i s ch là tìm ra m t ch n trên cho yn . Có th nói đây chính là y u t quan tr ng nh t c a bài toán. Vi c tìm ra đánh giá (2) có th đư c gi i thích như sau: Ta bi t r ng hàm phân th c f ( x) = h(x) v i g( x), h( x) là các đa th c đ ng b c và h( x) > 0 thì g ( x) b ch n trên b i m t h ng s . Mà quan sát công th c truy h i c a 2 yn , ta th y r ng n +n+1 là hàm phân th c theo n v i n2 + n + 1 là đa n3 3 th c b c 2 và n là đa th c b c 3. T đây ta ch t có m t ý tư ng là đánh giá xn v i hàm đa th c b c nh t theo n (chi u ) vì khi đó yn s
  10. 15 L I GI I VMO 2011 b ch n trên b i m t hàm phân th c v i t là đa th c b c 3 và m u cũng là đa th c b c 3, và như th theo tính ch t v a nh c l i trên, ta bi t ch c r ng yn s b ch n trên b i m t h ng s . V i ý tư ng như v y, ta mong mu n có m t đánh giá d ng xn a n + b. Ngoài ra, t công th c truy h i trên c a xn , ta cũng nghĩ đ n vi c thi t l p đánh giá này b ng quy n p (vì như th là đơn gi n hơn c ). Như th , ta c n ph i ch n các s th c a, b sao cho ( n + 1)( n2 + 1) (an + b) a( n + 1) + b. n3 Th c hi n phép khai tri n, ta vi t đư c b t đ ng th c này l i thành −(a + b) n( n + 1) − b 0. Đ đi u này đúng v i m i n 1, ta c n có a + b 0 và 2(a + b) + b 0. Và t t nhiên, đ đơn gi n, ta ch n ngay a + b = 0 và b < 0, t c a = −b > 0. Khi đó, ta thu đư c b t đ ng th c d ng xn a( n − 1). Ta th y r ng n u có a sao cho đánh giá này đúng v i m t s n0 nào đó thì đánh giá cũng s đúng v i m i n n0 (do lý lu n trên). Và như th , ta ch c n xét m t vài giá tr n nh và ch n a sao cho b t đ ng th c đúng v i các giá tr đó là đư c. Ngoài ra, ta th y b t đ ng th c s không đư c th a mãn v i n = 1, nên ta s xét v i n = 2. Khi đó, b t đ ng th c tr thành 4 a. Và r t đơn gi n, ta nghĩ ngay đ n vi c ch n a = 4. Đây chính là ngu n g c c a vi c thi t l p (2). L i gi i 2. Áp d ng gi thi t đã cho đ bài, ta có n2 xn+1 ( n − 1)2 xn ( n + 1)( n2 + 1) n n−1 xk = xn + xk = xn + xn . (3) = = n3 2( n + 1) k=1 2n k=1 T đó suy ra n2 + n + 1 xn un v i un = . xn+1 − xn = (4) 2 n n Do (3) nên ta có n2 + 1 1 u n+1 = un = 1 + 2 un. 2 n n
  11. 16 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN M t khác, d th y xn > 0, ∀n ∈ N∗ nên ta cũng có u n > 0, ∀n ∈ N∗ . Vì v y, ta có th đ t ln u n = vn . Khi đó 1 ∀ n ∈ N∗ . vn+1 = vn + ln 1 + > vn , n2 V y {vn }n∈N∗ là dãy tăng. Bây gi , s d ng b t đ ng th c cơ b n ln(1 + x) < x, ∀ x > 0, ta thu đư c 1 vn+1 < vn + . n2 T đây ta có ( n−1)2 2 ( n−1) 1 1 1 v n < v1 + 1 + < v1 + 1 + = v1 + 2 − ∀n , 2. 2 k=2 k( k − 1) n−1 k k=2 Đi u này ch ng t {vn }n∈N∗ b ch n, hơn n a do {vn } là dãy tăng nên ta suy ra đư c {vn } h i t . Vì u n = e vn và hàm f ( x) = e x là hàm liên t c 2 nên {u n }n∈N∗ cũng h i t . T lý lu n này k t h p v i lim n +n+1 = 1 và n2 (4), ta suy ra đi u ph i ch ng minh.
  12. BÀI S 3: HÌNH H C PH NG Bài 3. Cho đư ng tròn (O ), đư ng kính AB. P là m t đi m trên ti p tuy n c a (O ) t i B (P ≡ B). Đư ng th ng AP c t (O ) l n th hai t i C . D là đi m đ i x ng c a C qua O . Đư ng th ng DP c t (O ) l n th hai t i E . (a) Ch ng minh r ng AE , BC , PO đ ng quy t i M . (b) Tìm v trí c a đi m P đ di n tích tam giác AMB là l n nh t. Tính di n tích l n nh t đó theo R là bán kính c a (O ). L i gi i. Trư c h t xin nh c l i không ch ng minh b đ sau B đ . Cho hình thang ABCD , AB C D . Gi s AC c t BD t i O và AD c t BC t i I . Khi đó, OI đi qua trung đi m AB và CD . P C F M E A B O D Quay tr l i bài toán: (a) G i F là giao đi m c a AE và BP . T tính ch t góc n i ti p và đư ng cao c a tam giác vuông ta d th y ∠ AEC = ∠ ABC = ∠BPC , v y t giác CPFE n i ti p. T đó suy ra ∠CPE = ∠CFE , ∠PCE = ∠EFB.
  13. 18 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN C ng các đ ng th c góc v i chú ý ∠CEP = 90◦ , ta suy ra 90◦ = ∠CPE + ∠PCE = ∠CFE + ∠EFB = ∠CFB, hay CF ⊥ PB, và do đó CF A B. G i M là giao đi m c a CB và AE . Áp d ng b đ cho hình thang ABFC , ta có MP đi qua trung đi m AB hay MP đi qua O . V y AE , BC , OP đ ng quy t i M , đó là đi u ph i ch ng minh. (b) Áp d ng đ nh lý Menelaus cho tam giác APO v i C , M , B th ng hàng, ta d th y OM CA . = OP C A + 2CP T đó ta có S M AB OM CA . = = S P AB OP C A + 2CP Suy ra CA CA CA S M AB = S P AB · S P AB · = S P AB · C A + 2CP 2 2BC 2 C A · 2CP 2 R2 BC · P A CA 4R . = · = = 2 2 2BC 4 2 2 Đ ng th c x y khi PB = 2R .
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2