Kỳ thi Olympic truyền thống 30.4 tại TP Huế môn toán 11

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

129
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kỳ thi olympic truyền thống 30.4 tại tp huế môn toán 11', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Kỳ thi Olympic truyền thống 30.4 tại TP Huế môn toán 11

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
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
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
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−
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
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