Chứng minh rằng với n là số tự nhiên chẵn thì tổng T sau chia hết cho 2n.. a Lập công thức tổng quát của dãy số un.. Xác định x để thể tích tứ diện ABM N nhỏ nhất... Đến đây bạn đọc tự g
Trang 1ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày thi : 18/3/2014
Bài 1
1 Giải phương trình x3+
q (1 − x2)3= x√
2 − 2x2
2 Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x3(y + z) +
1
y3(z + x)+
1
z3(x + y). Bài 2
1 Chứng minh rằng với n là số tự nhiên chẵn thì tổng T sau chia hết cho 2n
T = C2n0 + 5C2n2 + 52C2n4 + + 5iC2n2i + + 5nC2n2n
2 Cho dãy số (un) xác định bởi :
u1= −1
un= un−1+
√ 3
1 −√ 3.un−1
, n = 2, 3,
a) Lập công thức tổng quát của dãy số (un)
b) Tính S2014= u1+ u2+ + u2014
Bài 3 Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa các hệ thức a2+ b2= 1 và c + d = 4 Tìm giá trị lớn nhất của
P = ac + bd + cd
Bài 4 Cho tam giác đều OAB cạnh a Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng (OAB), lấy M sao cho OM = x Gọi E, F là các hình chiếu của A lên M B và OB Gọi N là giao điểm EF
và d Xác định x để thể tích tứ diện ABM N nhỏ nhất
——— HẾT ———
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2Bài 1.
1 Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1
Ta có x3+
q (1 − x2)3= x√
2 − 2x2⇔ x +√1 − x2
1 − x√
1 − x2 =√2x√
1 − x2 Đặt t = x +√
1 − x2, suy ra x√
1 − x2=t
2− 1
2 Ta thu được phương trình
t3+√ 2t2− 3t −√2 = 0 ⇔ t −√
2 t2+ 2√
2t + 1= 0
Đến đây bạn đọc tự giải tiếp
Cách 2 Đặt y =√
1 − x2, ta thu được hệ (
x3+ y3=√
2xy
x2+ y2= 1 ⇔
( (x + y)3− 3xy (x + y) =√2xy (x + y)2− 2xy = 1
Đặt S = x + y, P = xy S2≥ 4P, ta được
(
S3− 3SP =√2P (1)
S2− 2P = 1 (2)
Từ (2) suy ra P = S
2− 1
2 , thay vào (1) ta được S
3+√ 2S2− 3S −√2 = 0
Cách 3 Lượng giác hóa Đặt x = sin t, ta được phương trình
sin3t + cos3t =√
2 sin t |cos t| Cách này hơi cồng kềnh
2 Ta có
1
x2
x (y + z)+
1
y2
y (z + x)+
1
z2
z (x + y) ≥
1
x+
1
y +
1 z
2
2 (xy + yz + zx)
=
xy + yz + zx xyz
2
1
2(xy + yz + zx)
≥ 1
2.3
3
q
2. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy min M =3
2. Cách 2 Đổi biến Đặt a = 1
x, b =
1
y, c =
1
z Sau đó làm tương tự như cách 1.
Cách 3 Dự đoán đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 Dùng phương pháp chọn điểm rơi trong BĐT Cauchy
Nếu x = y = z = 1 thì 1
x3(y + z) =
1
2 =
2
4 =
y + z 4yz .
Áp dụng Cauchy cho hai số 1
x3(y + z) và
y + z 4yz , ta được 1
x3(y + z)+
y + z 4yz ≥ 2
s 1
x3(y + z) +
y + z 4yz =
1
x. Suy ra
1
x3(y + z) ≥ 1
x−1 4
1
y +
1 z
Tương tự cho các 1
y3(z + x),
1
z3(x + y) (Đến đây bạn đọc tự làm tiếp)
Trang 3Bài 2.
1 Ta có 1 +√
52n
= C0 2n+√ 5C1 2n+ 5C2 2n+ √
53
C3 2n+ + 5nC2n
1 −√
52n
= C0 2n−√5C1
2n+ 5C2
2n− √53
C3 2n+ + 5nC2n Cộng vế theo vế, ta được T =1
2
h
1 +√
52n
+ 1 −√
52ni
Ta có
T
2n = 1
2
""
1 +√
52
2
#n
+
"
1 −√
52
2
#n#
= 1 2
h
3 +√
5n
+ 3 −√
5ni
= 1 2
h
3 +√
52k
+ 3 −√
52ki (với n = 2k, k ∈ Z)
= 32kC0 2k+ 32k−2.5C2
2k+ 32k−4.52C4
2k+ + 5kC2k
2k ∈ Z
2 Ta có u1= −1 = tan−π
4
u2= u1+
√ 3
1 −√ 3.u1 =
tan−π 4
+ tanπ 3
1 + tanπ
3 tan
−π 4
= tan
π
3 −π 4
= tan π
12 = tan
2 − 1
3 −1 4
π
Quy nạp un= tan n − 1
3 −1 4
π
(Bạn đọc tự chứng minh)
Ta thấy
un+4= tan n + 3
3 −1 4
π
= tan n
3 −1 4
π
= un+1 Vậy
S2014= u1+ 671 (u2+ u3+ u4) = −1 + 671
tan π
12+ tan
5π
12 + tan
9π 12
Bài 3 Gọi M (a; b), N (c; d) Do a2+ b2= 1 nên M thuộc đường tròn có tâm O(0; 0), bán kính R = 1;
c + d = 4 nên N thuộc đường thẳng x + y = 4
Ta có
M N2 = (a − c)2+ (b − d)2
= a2+ b2+ c2+ d2− 2 (ac + bd)
= a2+ b2+ (c + d)2− 2 (ac + bd + cd)
= 1 + 42− 2P
Suy ra
P = 17 − M N
2
Để P lớn nhất khi M N nhỏ nhất Bài toán trở thành tìm điểm M thuộc đường tròn x2+ y2= 1
và điểm N thuộc đường thẳng x + y − 4 = 0 sao cho M N nhỏ nhất Đến đây bạn đọc tự làm và tìm được Đáp số max P = 4 + 2√
2 đạt tại a = b = √1
2, c = d = 2.
Bài 4 Ta có
(
AF ⊥OB
AF ⊥M O , suy ra AF ⊥M B.
Mặt khác, M B⊥AE Do đó M B⊥EF
Suy ra ∆OBM đồng dạng ∆ON F nên OB
OM =
ON
OF ⇒ ON = OB.OF
a2
2x.
Vì VABM N = VABOM + VABON =1
3S∆OAB(OM + ON ) =
a2√ 3 12
x + a
2
2x
≥ a
3√ 6
12 . Đẳng thức xảy ra khi x = a
2
2x ⇔ x = a
√ 2
2 .
... tiếp) Trang 3Bài 2.
1 Ta có +√
52n
= C0 2n+√