Đoạn thẳng nối 2 điểm ứng với 2 người được tô màu đỏ nếu họ quen nhau và tô màu xanh nếu không quen nhau.. Nhận xét 1: không có tam giác có 3 cạnh cùng màu (suy trực tiếp từ giả thiết) [r]
Trang 1Tác giả:
- Lương Văn Thiện – KSTN ĐTVT K55
- Trần Vũ Trung – KSTN ĐKTĐ K55
- Nguyễn Văn Hưởng – KSTN ĐKTĐ K58
ĐÁP ÁN TOÁN KSTN 2010 Câu 1
𝟏) Đặt I = ∫ sin(sin x
2π
0
+ nx)dx, (n ∈ N) Đổi biến x = y + π, ta có:
I = ∫ sin(− sin y
π
−π
+ nπ + ny)dy Xét hàm dưới dấu tích phân f(y) = sin(− sin y + nπ − ny)
f(−y) = sin(− sin(−y) + nπ − ny) = sin (sin y + nπ − ny) = sin (sin y + nπ − ny − 2nπ)
= sin(sin y − nπ − ny) = − sin(− sin y + nπ + ny) = −f(y)
Hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ nên I = 0
2)
|f(x) − f(y)| ≤ |x − y| (*)
Đặt f(0) = a; f(a) = b Theo giả thiết, f(b) = 0
Áp dụng liên tiếp (*) ta có:
|a − 0| ≥ |f(a) − f(0)| = |b − a| ≥ |f(b) − f(a)| = |0 − b| ≥ |f(0) − f(b)| = |a − 0|
Như vậy, các bất đẳng thức trung gian đều là đẳng thức Ta được |a| = |b| = |b − a|
Từ đó suy ra a = b = 0 Vậy f(0) = 0
Câu 2
1) 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 g(0) = 1 > 0; g(1) = −1 < 0
Do đó tồn tại c ∈ (0; 1) sao cho g(c) = 0, khi đó f′′(c) = c
2) Thiết lập dãy (un): u1= √30, un+1 = √30 + un (n ∈ N∗)
Ta cần tính lim
n→∞un
Bằng cách quy nạp, dễ dàng chứng minh được 0 < un< 6 với ∀n ∈ N∗
Ta có un+12 − un2 = 30 + un− un2= (6 − un)(5 + un) > 0, suy ra un+1> un
Dãy (un) tăng, bị chặn trên bởi 6, nên hội tụ khi n → ∞ Đặt a = lim
n→∞un (0 < a ≤ 6)
Ta có: a = √30 + a ⇒ a = 6 Vậy:
lim
n→∞√30 + √30 + ⋯ + √30 = lim
n→∞un= 6
Câu 3:
1)
Dễ thấy rằng tính chất lồi (lõm) của hàm số tại 1 điểm sẽ không thay đổi 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 điểm x0
Khi và chỉ khi hàm f(x) + px + q lồi (lõm) tại điểm x0
Giả sử f(x) khả vi trên đoạn [a; b]
Trang 2Xét hàm g(x) = f(x) +f(a) − f(b)
b − a (x − a)
Ta có g(a) = g(b) Khi đó, nếu g(x) là hàm thì hiển nhiên có điểm lồi (lõm), nếu g(x) không phải là hàm hằng thì nó có ít nhất một điểm cực trị trong (a, b) Dễ thấy điểm cực tiểu là điểm lồi, còn điểm cực đại là điểm lõm của g(x)
Theo nhận xét ban đầu, ta suy ra tại điểm mà g(x) đạt cực trị thì tại đó, f(x) lồi hoặc lõm, suy ra đpcm
2) Đặt a = 1 + 22+ 33+ ⋯ + 10001000 và b = 22222
Ta có:
a < 10001000+ 10001000+ ⋯ + 10001000= 1000.10001000= 10001001< (210)1001= 210010;
b = 22222= 2216, mà 216= 210 26> 1000.64 = 64000, suy ra b > 264000
Rõ ràng a < b
Câu 4
Biểu diễn mỗi người trong phòng bằng một điểm trên mặt phẳng sao cho 5 điểm biểu diễn là A, B, C, D, E không có 3 điểm nào thẳng hàng Nối tất cả các điểm bằng đoạn thẳng và tô màu đoạn đó Đoạn thẳng nối
2 điểm ứng với 2 người được tô màu đỏ nếu họ quen nhau và tô màu xanh nếu không quen nhau
Nhận xét 1: không có tam giác có 3 cạnh cùng màu (suy trực tiếp từ giả thiết)
Nhận xét 2: không có 3 đoạn cùng xuất phát từ cùng một đỉnh mà cùng màu
Thật vậy, giả sử AB, AC, AD cùng màu đỏ thì áp dụng NX1, các đoạn BC, CD, DA cùng màu xanh, tam giác BCD mâu thuẫn với NX1
Hệ quả của NX2: trong 4 đoạn xuất phát từ cùng một đỉnh phải có 2 cạnh xanh và 2 cạnh đỏ
Không mất tính tổng quát, giả sử tại A có AB và AE đỏ, còn AC và AD xanh
Áp dụng NX1:
- AB, AE đỏ → BE xanh
- AC, AD xanh → CD đỏ
* Nếu ED đỏ:
- DC, DE đỏ → CE xanh
- EB, EC xanh → BC đỏ
Cách sắp xếp theo vòng tròn ABCDEA thỏa mãn
* Nếu ED xanh:
- EB, ED xanh → BD đỏ
- EB, ED xanh → EC đỏ (NX2)
Cách sắp xếp theo vòng tròn ABCDEA thỏa mãn
Câu 5
Dễ dàng chứng minh được;
tan A + tan B = tan C = tan A tan B tan C ≥ 3√3
Áp dụng BĐT AM-GM (BĐT Cô-si) ta có:
tannA + tannB + tannC ≥ 3√(3√3)3 n
Mà 3√3 > 1 +3
2 Do vậy: tannA + tannB + tannC ≥ 3 (1 +
3
2)
n 3
Áp dụng BĐT Bernoulli: (1 +3
2)
n 3
> 1 +3
2.
n
3= 1 +
n 2 Suy ra:
tannA + tannB + tannC > 3 (1 +n
2) = 3 +
3n
2
Trang 3ĐÁP ÁN TOÁN KSTN 2011
Câu 1
𝟏) I = ∫[cos2(cos x)
π
2
0
+ sin2(sin x)]dx
Đặt: t =π
2− x Ta có:
I = − ∫[cos2(cos(π
2− t)) 0
π
2
+ sin2(sin(π
2− t))] dt = ∫[cos2(sin t)
π 2
0
+ sin2(cos t)]dt
⇒ 2I = ∫[(cos2(sin x)
π
2
0
+ sin2(sin x)) + (cos2(cos x) + sin2(cos x))]dx = ∫(1 + 1)dx
π 2
0
=π
2⇒ 𝐈 =
𝛑 𝟒
2) Áp dụng BĐT Bunhiacosky tích phân ta có:
∫ √1 − f2(x)
1
0
dx ≤ √(∫ 1dx
1
0 ) (∫(1 − f2(x))dx 1
0
) = √1 − ∫ f2(x)dx
1
0
∫ f2(x)dx
1
0
= (∫ 12dx
1
0
) (∫ f2(x)dx 1
0
) ≥ (∫ f(x)dx
1
0
) 2
Do đó: ∫ √1 − f2(x)
1
0
dx ≤ √1 − (∫ f(x)dx
1
0
)
2 (đpcm)
Câu 2
1) √1 − x2= (2
3− √x)
2 (1) ĐK: 1 − x2≥ 0, x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1
(1) ⇔ 1 = x2+ (2
3− √x)
4
Đặt: √x = a; 23− √x = b ta có hệ: { a + b =
2 3
1 = a4+ b4 Biến đổi: a4+ b4= (a2+ b2)2− 2a2b2= [(a + b)2− 2ab]2− 2a2b2
⇒ 1 = [(2
3)
2
− 2ab]
2
− 2ab ⇔ 2a2b2−8
9ab −
65
81= 0 ⇔
[
ab =8 + √19418
ab =8 − √194
18 TH1: ab =8 + √194
18 ⇒√x(2
3 −√x)=
8 + √194
18 ⇔ x − 2 3√x +8 + √19418 = 0 (PT vô nghiệm) TH2: ab =8 −√194
18 ⇒ √x ( 2 3 − √x) =8 −18√194⇔ x − 2
3 √x +
8 −√194
18 = 0
⇒ x = ( 1
3 + √
−6 +√194
18 )
2
Trang 4Thử lại nghiệm x =(1
3 +√−6 + √19418 )
2 vào PT đã cho thấy thỏa mãn
𝟐) Để ý: 2 + √2 > 1; 0 < 2 − √2 < 1; 1 +√22 > 1
* Nếu sin2x > cos2x ⇒ cos 2x < 0
Ta có:
(2 + √2)sin2x> (2 + √2)cos2x
(2 − √2)cos 2 x > 1 > (1 +√22 )
cos 2x }
⇒ PT đã cho vô nghiệm
* Tương tự: sin2x < cos2x ⇔ cos 2x > 0 PT cũng vô nghiệm
* Nếu sin2x = cos2x ⇔ cos 2x = 0 Kiểm tra thấy pt đã cho thoả mãn
Giải ra được nghiệm: x =π
4+
kπ
2 , (k ∈ Z)
Câu 3:
𝟏) 2x + 1 ≥ a(√1 − x + 1), (x ≤ 1) ⇔ 2x + 1
√1 − x + 1≥ a Xét hàm: f(x) = 2x + 1
√1 − x + 1, (x ≤ 1)
f′(x) = 5 − 2x + 4√1 − x
2√1 − x(√1 − x + 1)2=
3 + 2(1 − x) + 4√1 − x 2√1 − x(√1 − x + 1)2 > 0, ∀x ≤ 1
⇒ f(x) là hàm đồng biến trên (−∞, 1] Do đó:
f(x) ≥ a có nghiệm ⇔ a ≤ max
[−∞;1]f(x) ⇔ a ≤ f(1) = 3 Kết luận: a ≤ 3 thỏa mãn yêu cầu
2)
f(x) = 1 + acos x + bcos 2x + cos 3x
∗ f(π) ≥ 0 ⇒ 1 − a + b − 1 ≥ 0 ⇒ b ≥ a
∗ f (π
3) ≥ 0 ⇒ 1 +
a
2−
b
2− 1 ≥ 0 ⇒ a ≥ b
Do đó a = b
Ta có: f(x) = 1 + acos x + a(cos2x − 1) + 4 cos3x − 3 cos x
Đặt cos x = t ∈ [−1,1]
Biến đổi: f(x) = g(t) = 4t3+ 2at2+ (a − 3)t + 1 − a = (2t − 1)(t + 1)(2t + a − 1)
Do t + 1 ≥ 0 nên
g(t) ≥ 0, ∀t ∈ [−1; 1] ⇔ (2t − 1)(2t + a − 1) ≥ 0, ∀t ∈ (−1; 1]
⇔ u(u + a) ≥ 0, với mọi u = 2t − 1 ∈ (−3; 1] (*)
Ta có: g(0) ≥ 0 ⇒ 1 − a ≥ 0 ⇒ a ≤ 1
g(1) ≥ 0 ⇒ 4 + 2a + a − 3 + 1 − a ≥ 0 ⇒ a ≥ −1
Suy ra: −a
2∈ (−3; 1) Cho u = −
a
2 vào (∗) ta có: −
a2
4 ≥ 0 ⇒ a = 0 Tóm lại a = b = 0
Câu 4 Gọi S là diên tích tam giác ABC Ta có:
a − b ≥ hb− ha⇔ a − b ≥2S
b −
2S
a ⇔ a − b ≥
2S(a − b)
ab ⇔ (a − b) (1 −
2S
ab) ≥ 0
⇔ 1 −2S
ab≥ 0 (do a > b) ⇔ S ≤
1
2ab
Trang 5Do S =1
2ab sin C ≤
1
2ab Nên BĐT đề bài được chứng minh
Câu 5
Có 3 cách cắt tối ưu cho thanh 6m,
- Cách 1: 2 đoạn 2,5m
- Cách 2: 1 đoạn 2,5m; 2 đoạn 1,6m
- Cách 3: 3 đoạn 1,6m
Để cắt ra 40 đoạn 2,5m và 60 đoạn 1,6m ta cần x thanh cắt theo cách 1, y thanh cắt theo cách 2, z thanh cắt theo cách 3
Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta tìm được x, y, z tự nhiên sao cho
{
2x + y ≥ 40 (1) 2y + 3z ≥ 60 (2)
M = x + y + z nhỏ nhất
Từ (1) và (2) suy ra: 2x + 3y + 3z ≥ 100 ⇒ 3(x + y + z) − x ≥ 100
⇒ 3M ≥ 100 + x ⇒ 3M ≥ 100 ⇒ M ≥ 34 Nếu M = 34 ⇒ x ≤ 2 Thay vào (1) ta có y ≥ 40 − 2x ≥ 40 − 2.2 = 36 ⇒ 2y ≥ 72 > 60 (mâu thuẫn với (2))
Nếu M = 35 Dễ thấy nghiệm x = 5, y = 30, z = 0 thỏa mãn
Tóm lại, cần cắt 35 thanh với 5 thanh cắt theo cách (1), 30 thanh cắt theo cách 2 thì thỏa mãn tổng số thanh phải cắt là nhỏ nhất
ĐÁP ÁN TOÁN KSTN 2012
Câu 1
𝟏) I = lim
n→+∞n√n2012+ 2012 n
Khi n ≥ 2012 ta có: 2012n ≤ n2< n2012⇒ n2012+ 2012n < 2 n2012
⇒ I ≤ lim
n→+∞n√2 n2012= lim
n→+∞( √nn )2012= ( lim
n→+∞n√n)2012, (vì lim
n→+∞n√2= 1) Theo BĐT Cô-si ta có:
√n
n = √√n √n 1 … 1n ≤√n + √n + 1 + ⋯ + 1
n + 2√n − 2
n , n − 2 số 1
Do đó: 1 ≤ lim
n→+∞n√n≤ lim
n→+∞
n + 2√n − 2
n = 1 Suy ra: lim
n→+∞n√n= 1 ⇒ I ≤ 12012= 1
Dễ thấy: n√n2012+ 2012n> 1, ∀n ≥ 1 ⇒ I ≥ 1
Tóm lại I = 1
2) Theo giả thiết:
ak= a1+ (k − 1)d, d là công sai của {ak}
bk= b1 q(k−1), q ≠ 1 là công bội của {bk}
Đặt a1= b1 = m > 0
Khi đó: ak= m + (k − 1)d và bk= m qk−1
Do ak> 0, ∀k nên d > 0 (Lưu ý: a1≠ a2012 nên d không thể bằng 0)
a2012= b2012⇒ m + 2011d = m q2011 (1)
Do d > 0 nên ak là dãy tăng ⇒ a2012> a1⇒ m q2011> m ⇒ q > 1
Ta cần chứng minh: ak> bk⇔ m + (k − 1)d > m qk−1, ∀(1 < k < 2012) (2)
Từ (1) → d =mq
2011− m
2011 thay vào (2) ta có:
Trang 6(2) ⇔ m +(k − 1)(mq2011− m)
2011 > mqk−1⇔ 1 +
(k − 1)(q2011− 1)
2011 > qk−1
⇔ [(2011 − (k − 1)] + (k − 1)q2011> 2011qk−1 (3)
Theo BĐT cô-si:
1 + 1 + ⋯ + 1
2011−(k−1) số 1
+ q⏟ 2011+ q2011+ ⋯ + q2011
(k−1) số q 2011
≥ 2011 √(q2011 2011)k−1= 2011qk−1
Dấu bằng xảy ra ⇔ q2011= 1 ⇔ q = 1 (mâu thuẫn với q > 1)
Vậy (3) đúng Bài toán được chứng minh
Câu 2
1) √2x2+ 10X + 12 − √x2+ 2x − 3 = 2√x + 2 (1)
Điều kiện:
{2x
2+ 10X + 12 ≥ 0
x2+ 2x − 3 ≥ 0
x + 2 ≥ 0
⇔ {2(x + 2)(x + 3) ≥ 0(x − 1)(x + 3) ≥ 0
x + 2 ≥ 0
⇔ x ≥ 1 (1) ⇒ 2x2+ 10x + 12 = x2+ 2x − 3 + 4(x + 2) + 4√(x + 2)(x2+ 2x − 3)
⇒ x2+ 4x + 7 = 4√(x2+ 5x + 6)(x − 1)
⇒ (x2+ 5x + 6) − (x − 1) = 4√(x2+ 5x + 6)(x − 1)
⇒ 1 − x − 1
x2+ 5x + 6= 4√
x − 1
x2+ 5x + 6 (vì x ≥ 1 nên x2+ 5x + 6 > 0)
Đặt: t = √ x − 1
x2+ 5x + 6≥ 0 Ta có: 1 − t2 = 4t ⇔ [
t = −2 − √5 < 0 (loại)
t = −2 + √5 > 0 (thỏa mãn)
t = −2 + √5 ⇒ x − 1
x2+ 5x + 6= (−2 + √5)2⇒ (9 − 4√5)x2+ (44 − 20√5)x + 55 − 24√5 = 0
∆′= (22 − 10√5)2− (55 − 24√5)(9 − 4√5) = 9 − 4√5 = (√5 − 2)2
⇒
[
x =−22 + 10√5 − (√5 − 2)
9 − 4√5
x =−22 + 10√5 + (√5 − 2)
9 − 4√5
⇒ [ x = √5 (thỏa mãn điều kiện)
x = 4 + 3√5 (thỏa mãn điều kiện)
Thử lại 2 nghiệm trên thấy thỏa mãn
Kết luận: Phương trình có nghiệm x = √5 và x = 4 + 3√5
2)
Câu trả lời: Hàm số không tuần hoàn
Giải thích:
Phản chứng
Nếu hàm số tuần hoàn thì hàm số y = sin(x2) cũng tuần hoàn (do x2+ 4x + 4 = (x + 2)2)
⇒ ∃T > 0 ∶ sin((x + T)2) = sin(x2) ; ∀ x ∈ R (𝟏)
⇒ sin((x + kT)2) = sin(x2) ; ∀x ∈ R ; ∀k ∈ N
⇒ g(x) = sin((x + kT)2) − sin(x2) = 0 ; ∀x ∈ R ; ∀k ∈ N
⇒ g′(x) = 0 ; ∀x ∈ R
⇒ 2(x + kT) cos((x + kT)2) − 2x cos(x2) = 0 ; ∀x ∈ R ; ∀k ∈ N
⇒ x(cos((x + kT)2) − cos(x2)) = −kTcos ((x + kT)2)(∗); ∀x ∈ R ; ∀k ∈ N
Khi x chạy trên [0; 2π] thì (x + kT)2 chạy trên một đoạn có độ dài lớn hơn 2π nên hàm cos ((x + kT)2) nhận mọi giá trị trên [-1;1]
⇒ ∃xo ∈ [0 ; 2π] ∶ cos((x0+ kT)2) = 1
Trang 7(∗) ⇒ x0(1 − cos(x02)) = −kT
Dễ thấy khi k thay đổi thì x0 cũng thay đổi nhưng :
|x0(1 − cos(x0))| ≤ |x0| ≤ 2π còn − kT → ∞ khi k → ∞ ( do T > 0) Như vậy ta thấy điều mâu thuẫn Vậy hàm không tuần hoàn
Lưu ý :
Bài toán này từ (1) có thể giải theo cách khác như giải phương trình lượng giác Song hơi phức tạp trong tính toán Đồng thời cách giải này có thể giải tổng quát cho mọi bài dạng y = sin(P(x))
Bước nhận xét từ (x2+ 4x + 4) = (x + 2)2 sang x2 mục tiêu chỉ làm đơn giản trong cách viết
3) Xét hàm số: f(x) = x3+ ax + b, x ∈ R
f′(x) = 3x2+ a
* Nếu a ≥ 0 ⇒ f′(x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) đồng biến mà f(x) là đa thức bậc 3 nên f(x) = 0 có đúng 1
nghiệm
* Nếu a < 0, ta có: f(x) = 0 ⇔ x = ±√−a3
Bảng biến thiên (bạn đọc tự vẽ):
f(x) = 0 có nghiệm duy nhất ⇔
[
f (√−a3) > 0
f (−√−3a) < 0
⇔ [
(√− a3)
3 + a√−a
3+ b > 0
− (√−3a)
3
− a√−a
3+ b < 0
⇔ [
2a√−a 3√3 + b > 0
−2a√−a 3√3 + b < 0 Tóm lại f(x) = 0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
∗ a ≥ 0, b bất kỳ
∗ hoặc a < 0 và 2a√−a
3√3 + b > 0
∗ hoặc a < 0 và −2a√−a
3√3 + b < 0
Câu 3
Áp dụng BĐT: 3(a2+ b2+ c2) ≥ (a + b + c)2, ∀a, b, c ∈ R
Ta có: sin4A
2+ sin4
B
2+ sin4
C
2≥
(sin2A
2 + sin2B2 + sin2C2)
2
(32 −cos A + cos B + cos C2 )2
Ta sẽ chứng minh: cos A + cos B + cos C ≤3
2 (∗) Thật vậy: giả sử A = max{A, B, C} ⇒ A ≥ 60° ⇒ 0 <B + C
2 ≤ 60o⇒ cos
B + C
2 > 0
Ta có:
cos A + cos B + cos C = cos A + 2 cosB + C
2 cos
B − C
2 ≤ cos A + 2 cos
B + C
2 =
= cos A + 2 sinA
2= 1 − 2 sin2
A
2+ 2 sin
A
2=
3
2− 2 (sin
A
2−
1
2)
2
≤3 2 Vậy (*) được chứng minh Áp dụng vào (1) ta có:
Trang 82+ sin4
B
2+ sin4
C
2≥
(32 −34)2
3
16(đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ΔABC đều
Nhận xét: bài toán có thể được giải bằng cách sử dụng BĐT Jensen với hàm f(t) = sin4t
Câu 4
Giả sử thí sinh đó trả lời đúng k câu (k ∈ N ; 0 ≤ k ≤ 10)
Biến cố:
Chọn k câu trong 10 câu làm câu trả lời đúng có : C10k 1k= C10k cách
Trong 10 − k câu còn lại, mỗi câu được chọn một trong hai đáp án sai nên có : 210−k cách
Vậy biến cố : C10k 210−k
Không gian mẫu : ω = 310
Ta cần tìm k để xác suất ∶ Uk =C10
k 210−k
310 lớn nhất
Hay chính là : Vk= C10k 210−k lớn nhất
Ta có :
∗ Vk+1> Vk⇔ C10k+1 210−k−1> C10k 210−k
(k + 1)! (10 − k − 1)! 29−k>
10!
k! (10 − k)! 210−k
⇔ 10 − k > 2(k + 1) ⇔ k <8
3⇔ k ∈ {0; 1; 2}
⇒ V0< V1< V2< V3
∗ Vk+1< Vk⇔ k >8
3⇔ k ∈ {3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}
⇒ V3> V4> > V10
Từ hai điều trên suy ra: Xác suất sinh viên đạt điểm 3 là cao nhất
ĐÁP ÁN TOÁN KSTN 2013
Câu 1
Đặt t = sin x + cos x = √2 sin(x +π
4) ⇒ −√2 ≤ t ≤ √2 và sin x cos x =t2− 1
2
Ta có:
P = (sin x + cos x)3− 3 sin x cos x (sin x + cos x) sin x cos x + sin x + cos x
⇒ P = t3−3(t2− 1) t
t2− 1
2 + t = −
t3
2 −
t2
2 +
5t
2 +
1
2= f(t) Khảo sát hàm số f(t) trên [−√2, √2] thu được:
Max P = 2 đạt được khi và chỉ khi t = 1 ⇔ sin (x +π
4) =
1
√2 Min P =−1 − 3√2
2 đạt được khi và chỉ khi t = −√2 ⇔ sin (x +π4) = −1
Câu 2:
Ta có: ai= a1+ (i − 1)d, ∀i ≥ 1; bn= b1 qi−1, ∀i ≥ 1
Q = ∑ ai bi
2013
i=1
= ∑ (a1+ (i − 1)d)
2013 i=1
b1 qi−1= ∑ a1 b1 qi−1
2013 i=1
+ ∑ d b1 (i − 1)qi−1 2013
i=1
= a1 b1.q2013− 1
q − 1 + d b1( ∑ (i − 1) qi−1)
2013 i=1
Trang 9Ta cần tính: P = ∑ (i − 1)qi−1=
2013 i=1
∑ iqi 2012
i=1 Xét hàm số: f(x) = x + x2+ x3+ ⋯ + x2012, x > 1
→ f′(x) = 1 + 2x + 3x2+ ⋯ + 2012x2011
→ x f′(x) = x + 2x2+ 3x3+ ⋯ + 2012x2012
Mặt khác: f(x) =x(x2012− 1)
x − 1 → f′(x) =2012x2013− 2013x2012+ 1
(x − 1)2 Suy ra: ∑ ixi
2012
i=1
= xf′(x) =x2013(2012x − 2013) + x
(x − 1)2 Tóm lại: Q =a1 b1 (q2013− 1)
q − 1 +
db1q2013(2012q − 2013) + q
(q − 1)2
Câu 3 (bạn đọc tự vẽ hình)
Nhận thấy các mặt của tứ diện ABCD đều là tam giác bằng nhau và có độ dài các cạnh là a, b, c
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD O là trung điểm của MN
Ta sẽ chứng minh O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Thật vậy: Ta có: BN = CN (do ΔACD = ΔDBA) ⇒ MN ⊥ BC
Tương tự: MN ⊥ AD
⇒ MN là đường vuông góc chung cũng là đường trung trực của AD, BC ⇒ OA = OD; OB = OC
Hơn nữa: OA2= OM2+ AM2 = (MN
2 )
2 + (AD
2 )
2
=MN
2
4 +
a2 4
OB2= OM2+ BM2=MN
2
4 +
a2 4
⇒ OA = OB = OC = OD hay O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Tính bán kính OA
Theo trên:
OA2=MN2
4 +
a2
4 =
BN2− BM2
AD2
4 =
(BA2+ BD2 2−AD4 ) −2 AD42
AD2 4
=(
b2+ c2
2 −a
2
4 ) −a
2 4
a2 4 Rút gọn thu được bán kinh OA =a2+ b2+ c2
8
Câu 4
Giả sử x ≥ y, x ≥ z
Xét hàm số: f(t) = 2t2− 4t + 7, t ∈ R Hệ trở thành
{
5x = f(y) 5y = f(z) 5z = f(x) f(t) = 2(t − 1)2+ 5 ≥ 5, ∀t ∈ R
Suy ra: 5x = f(y) ≥ 5 → x ≥ 1 Tương tự: y, z ≥ 1
f′(t) = 4t − 4 = 4(t − 10 ≥ 0, ∀t ≥ 1
Suy ra f(t) đồng biến trên [1; +∞)
Ta có:
x ≥ y ⟹ 5x ≥ 5y ⟹ f(y) ≥ f(z) ⟹ y ≥ z
y ≥ z ⟹ f(z) ≥ f(x) ⟹ z ≥ x ⟹ z = x
Trang 10z = x ⟹ f(z) = f(x) ⟹ y = z
Tóm lại x = y = z
Xét phương trình: 5x = 2x2− 4x + 7 ⇔ x =7
2 hoặc x = 1 Kết luận: hệ đã cho có nghiệm: (x; y; z) = (1; 1; 1) hoặc (7
2;
7
2;
7
2)
Câu 5
|f(x1) − f(x2)| < |x13+ x23− x12x2− x22x1|, ∀x1≠ x2∈ R
⇒ |f(x1) − f(x2)| < |x1− x2|2|x1+ x2|
⇒ |f(x1) − f(x2)
x1− x2 | = |x1− x2||x1+ x2| → 0 khi x1 → x2
Hay lim
x1→x2|f(x1) − f(x2)
x1− x2 | = f′(x2) = 0, ∀x2 ∈ R ⇒ f(x) ≡ a, a là hằng số
∫ f(x)dx = 2013 ⇒ ∫ adx = 2013
1
0
1
0
⇒ a = 2013 Vậy: f(x) = 2013, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn
Câu 6:
Bài toán có thể được phát biểu lại như sau:
Tìm số nghiệm của phương trình:
{x1+ xx 2+ x3+ x4+ x5 = 20
i≥ 0; xi∈ Z, ∀i = 1,5̅̅̅̅
Đặt yi= xi+ 1 Ta cần tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình:
y1+ y2+ y3+ y4+ y5= 25, yi∈ N∗, ∀i = 1,5̅̅̅̅ (*)
Ta xét 25 số 1 xếp thành một hàng ngang tạo thành 24 khoảng trống giữa các số 1
1 − 1 − 1 − 1 … 1 − 1 − 1 − 1
25 số 1
Số nghiệm phương trình (*) chính là số cách xếp 4 số 0 vào 24 khoảng trống giữa các số 1 sao cho không
có 2 số 0 nào cùng nằm vào 1 khoảng trống Dễ thấy cách xếp thỏa mãn là C244 và đây chính là đáp số của bài toán
Hết
“Tác giả xin gửi lời cám ơn đến Mr Nguyễn Văn Hưởng – KSTN ĐKTĐ K58 đã cung cấp thêm một số
lời giải cho tài liệu này”
- LỚP “ÔN THI KSTN” ĐƯỢC BẮT ĐẦU TỪ NGÀY 20/7 HẰNG NĂM
- Tài liệu và thông tin chi tiết lớp học xem tại: http://vedu.edu.vn Liên hệ SĐT 0988575376
(Ms Hòa) hoặc email onthikstn@gmail.com Facebook: www.facebook.com/onthikstn