Đề ôn thi học sinh giỏi Toán 11 (Đề 7)

Câu 4 (4 điểm).

Cho hàm số f(x) = 2x – sinx.

 Chứng minh rằng tồn tại hằng số b và các hàm số g, h thoả mãn đồng thời các

điều kiện sau:

1) g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x.

2) h(x) là hàm số tuần hoàn.

 

doc6 trang | Chia sẻ: tuananh27 | Ngày: 15/04/2019 | Lượt xem: 130 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề ôn thi học sinh giỏi Toán 11 (Đề 7), để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt
Câu 1 (4 điểm).
 Giải hệ phương trình sau:
Câu 2 (4 điểm).
 Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng d và số đo của nhị diện [B,SC,D] bằng 1500. Tính thể tích của hình chóp đều S.ABCD theo d.
Câu 3 (4 điểm).
Cho dãy số dương (an). 
a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k :
 b. Biết R. Đặt bn = với n
Chứng minh rằng dãy (bn) có giới hạn.
Câu 4 (4 điểm).
Cho hàm số f(x) = 2x – sinx.
	Chứng minh rằng tồn tại hằng số b và các hàm số g, h thoả mãn đồng thời các 
điều kiện sau: 
g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x. 
h(x) là hàm số tuần hoàn. 
f(g(x)) = x với mọi số thực x.
Câu 5 (4 điểm).
 Tìm tất cả các số tự nhiên m, n sao cho đẳng thức sau đúng:
	8m = 2m + n(2n-1)(2n-2)
-------------------HẾT-------------------
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN TOÁN LỚP 11
 NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 1:
 Giải hệ phương trình 	
Đk: x + 2y +6 > 0 và x + y + 2 > 0
0,5
Phương trình (1) Û y2 – x2 = ln(x2+1) – ln(y2+1)
	 Û ln(x2+1)+ x2 +1 = ln(y2+1)+y2+1	(3)
Xét hàm số f(t) = lnt + t với t ³ 1
Phương trình (3) có dạng f(x2+1) = f(y2+1)	(4)
Ta có f(t) đồng biến trên [1 ;+ ).
Do đó (4) Û x2+1 = y2+1 Û x = ± y
1
* Với x = -y , từ (2) ta được , với x<6
	 Û x = 3 Þ y = -3 (thỏa mãn hệ)
0.5
* Với x = y , từ (2) ta được với x > -1
0.5
Đặt = 6u Þ 
Þ 1+23u = 32u Û 	(5)
Xét g(u) = , g(u) là hàm nghịch biến trên R và có g(1) = 1 nên
 u = 1 là nghiệm duy nhất của (5).
Với u = 1 suy ra x = y = 7 (thỏa mãn hệ)
1
Vậy hệ có 2 nghiệm (3 ;-3) , (7 ;7)
0.5
 NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 2:
 Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng d và số đo của nhị diện [B,SC,D] bằng 1500. Tính thể tích của hình chóp đều S.ABCD theo d.
Ta có: BD SC . Dựng mặt phẳng qua BD vuoâng goùc vôùi SC taïi P. 
Ta coù :
1
Ta có: cos1500 = (1)
0.5
Gọi M là trung đi ểm của BC. Ta có SM .BC = BP.SC.
BC = d, gọi h là chiều cao hình chóp S.ABCD
Ta có: SM2 = h2 + ; SC2 = h2 + . Suy ra: BP2 = 
1
(1) trở thành: . Suy ra: h = 
1
VS.ABCD = 
0.5
 NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 3
Cho dãy số dương (an). 
a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k: 
b. Biết R. 
Đặt bn = với n
Chứng minh rằng dãy (bn) có giới hạn.
a)Ta có 
2
b)
Từ câu a) suy ra
 Do : 
nên với 
(bn) tăng và bị chặn trên, do đó có giới hạn. 
2
 NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 4:
Cho hàm số f(x)= 2x – sinx.
Chứng minh rằng tồn tại hằng số b và các hàm số g, h thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :
1) 	g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x.
 2) 	h(x) là hàm số tuần hòan.
3) 	f(g(x)) = x với mọi số thực x.
 Từ điều kiện 3) cho thấy muốn chứng tỏ tồn tại g chỉ cần chứng tỏ f có hàm số ngược.
Chú ý : f đồng biến trên (-;+) nên có hàm số ngược g.
Ta có : f(g(x)) = x và g(f(x)) = x với mọi số thực x.
1
 Đặt : h(x) = g(x) – bx. Ta sẽ chọn b để h(x) tuần hòan.
0.5
 Hàm sinx tuần hoàn chu kì 2. 
 Ta sẽ chứng tỏ g(x+ 4) = g(x) +2 với mọi số thực x.
Thật vậy : g(x)+2 = [f(g(x) +2 )] = g[2(g(x)+2) - sin(g(x)+2)] =g[2g(x)-sin(g(x)) + 4] = g[f(g(x)) + 4] = g( x +4).
1
 Từ đó : h(x+4) = g(x + 4) – b(x+4) = g(x) + 2 -bx – 4b
 = h(x) + 2(1-2b).
1
Nếu chọn b = thì h(x + 4) = h(x) với mọi số thực x.
0.5
 NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 5:
Tìm tất cả các số tự nhiên m,n sao cho đẳng thức sau đúng : 
 8m = 2m  + n(2n-1)(2n-2) .
 Đặt x = 2m , y = 2n-1 với m ,n là các số tự nhiên .
 Ta có : (x,y) =1 và 2(x3-x) = (y+1)y(y-1) y(y2-1) = 2x(x2-1) (1)
 Do m ³ 0 , n ³ 0 nên x ³ 1 và y ³ -1 .
0.5
+ Trường hợp x =1: Ta có m = 0 .Lúc đó n = 0 hay n =1 .
1
+Trường hợp x >1:
Từ (1) và (x,y)=1 suy ra : y2-1 chia hết cho x và 2(x2-1) chia hết cho y. Do đó 2(x2-1).(y2-1) chia hết cho xy. Nhưng: 2(x2-1)(y2-1) = 2[x2y2-2xy-((x-y)2-1)] nên cũng có: 2((x-y)2-1) chia hết cho xy (2)
0.5
Chú ý: với x >1 thì từ (1) ta có x3 < y3 < 2x3 .
Thật vậy : (1) (y-x)(y2+xy+y2-1) = x3-x. 
Với x>1 ta có x3-x>0.Lúc này y>0 và y2+xy+y2-1>0,nên y>x.
Ngoài ra: (x2-1)(2x3-y3) = x2[2(x3-x)] – (x2-1)y3 = x2(y3-y)-(x2-1)y3 
 = y(y2-x2) > 0. Do đó: 2x3-y3 > 0
1
+ Từ đó: 0<y-x = x(-1) < x(-1) .Do đó (y-x)2<x2(-1)2<xy .
Suy ra: 0 £ 2((y-x)2-1) < xy .
Kết hợp với (2) ta có: (y-x)2-1 =0 hay y = x +1 .
0.5
Thay vào (1), ta có x = 4 và y = 5 .Lúc này m = 2, n = 3.
Các cặp (m,n) thỏa bài tóan là: (0,0) ;(0,1) ;(2,3) .
0.5

File đính kèm:

  • docde 7 -11.doc