Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 THPT năm 2017 – 2018 sở GD và ĐT Nghệ An (Bảng A)

Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 THPT năm 2017 – 2018 sở GD và ĐT Nghệ An (Bảng A) gồm 1 trang với 5 bài toán tự luận, thời gian làm bài 150 phút 

28 14 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN HỌC - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (7,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
3
2sin 3cos3
24
1
1 2sin
x
x
x
π

−+


=
−
b) Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
22
32
12
,
3 5 12 12 3
x y xy x y
xy
xyx y x
+ += − +
∈
+ +−= − −
Câu 2 (2,0 điểm).
Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả
cầu. Tính xác suất sao cho tổng các số ghi trên 3 quả cầu đó là một số chẵn.
Câu 3 (5,0 điểm).
Cho hình chóp SABCD, có đáy là hình thoi cạnh a,
SA SB SC a= = =
. Đặt
SD x=
(
)
03xa
<<
.
a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD), biết rằng
xa=
.
b) Tìm x theo a để tích
đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4 (2,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Hình chiếu
vuông góc của điểm D lên các đường thẳng AB, BC lần lượt là
( ) ( )
2;2 , 2; 2MN
−−
;
đường thẳng BD có phương trình
3 5 10xy− +=
. Tìm tọa độ điểm A.
Câu 5 (4,0 điểm).
a) Cho dãy số
( )
n
u
, biết
( )
22
11
1
6,
nn
n
u nu n
uu
n
+
− −+
= =
, với
1n ≥
Tính giới hạn
12
11 1
lim
n
uu u

+ ++


b) Cho ba số thực
,,abc
thuộc đoạn
[ ]
0;2
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
( )
2222 2
P ac cb bc ca ab a b c= + − − − ++
.
…………….Hết…………….
Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………………
Đề chính thức
1
Câu
Đáp án
Điểm
1.
(7,0đ)
a) (4,0 điểm) Giải phương trình
2
3
2sin 3cos3
24
1
1 2sin
x
x
x
π

−+


=
−
(1)
Điều kiện:
2
1
6
sin
5
2
2
6
xk
x
xk
π
π
π
π
≠+
≠⇔
≠+
0,5
(1) 1 cos 3 3cos3 1 2sin
2
x xx
π

⇔− − + =−


1,0
sin3 3cos3 2sinx xx⇔− =
sin 3 sin
3
xx
π

⇔ −=


1,0
32
3
32
3
x xk
x xk
π
π
π
ππ
−=+
⇔
− = −+
6
32
xk
k
x
π
π
ππ
= +
⇔
= +
.
1,0
Đối chiếu với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là
7
2, 2, .
6 63
x kx kx k
π ππ
π ππ
=+=−+=+
0,5
b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
22
32
1 2 (1)
,.
3 5 12 12 3 (2)
x y xy x y
xy
xyx y x
+ += −+
∈
+ +−= − −
(
) ( )
2
1 10xy⇔ −+ =
1,0
10 1xy yx
⇔ − += ⇔ = +
Thay
1yx= +
vào phương trình (2) ta được phương trình
( )
32
3 11 9 11 3xx x x x+ + −= − −
0,5
( )
( )
( )
( )
3
3
15131531xx x x⇔ + + + = −+ + −+
(3)
Đặt
1; 3 1ax b x=+ = −+
, phương trình (3) trở thành
33
55
a ab b⇔+=+
( )
2
2
3
50
24
bb
ab a ab


⇔ − + + + =⇔=





Do đó
(3) 1 3 1 3x x xx⇔ += − +⇔ − =
1,0
2
0
1 13
2
30
x
x
xx
≥
−+
⇔ ⇔=
+−=
.
0,5
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm
(; )xy
với
1 13
2
.
1 13
2
x
y
−+
=
+
=
2.
(2,0đ)
Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba quả cầu. Tính xác
suất sao cho tổng các số ghi trên ba quả cầu đó là một số chẵn.
Số phần tử không gian mẫu
( )
3
17
nCΩ=
0,5
Gọi
A
là biến cố: Lấy được đồng thời ba quả cầu sao cho tổng các số ghi trên ba
quả cầu đó là một số chẵn.
Xét các khả năng xảy ra
KN 1: Lấy được ba quả cầu có các số ghi trên ba quả cầu đó đều là số chẵn. Số cách
chọn là
3
8
.C
0,5
KN 2: Lấy được hai quả cầu có các số ghi trên hai quả cầu đó đều là số lẻ và một
quả cầu có số ghi trên quả cầu là số chẵn. Số cách chọn là
21
98
.CC
.
0,5
Vậy:
( )
3 21
8 98
3
17
.
43
.
85
C CC
PA
C
+
= =
0,5
3.
(5,0đ)
Cho hình chóp
,SABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh a,
.
SA SB SC a= = =
Đặt
( )
0 3.x SD x a= <<
a) Tính góc giữa đường thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
,
ABCD
biết rằng
.xa=
b) Tìm
x
theo
a
để tích
.AC SD
đạt giá trị lớn nhất.
a) (3,0 điểm)
D
C
B
O
A
S
Gọi
O
là tâm của hình thoi
ABCD
.
Khi
,xa=
ta có
()
SO AC
SO ABCD
SO BD
⊥
⇒⊥
⊥
.
1,0
Suy ra góc giữa thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
ABCD
là góc
SBO
.
Mà
SOB SOC OB OC∆ =∆ ⇒=
.
1,0
⇒
Đáy
ABCD
là hình vuông.
Do đó
0
22
45 .
22
a
OB cosSBO SBO=⇒ =⇒=
1,0
b) (2,0 điểm)
Ta có
SOC BOC OS OB∆ =∆ ⇒=⇒
tam giác
SBD
vuông tại
S
.
0,5
3
Suy ra
22
22
2
ax
BD a x OB
+
= +⇒ =
2 2 22
22 3AC OC BC OB a x
= = −= −
.
Do đó
22
.3AC SD x a x= −
.
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có
2 22 2 2
22
33 3
3.
22 2
x ax a a
x a x AC SD
+−
−≤ = ⇒ ≤
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
22 2 22
6
33
2
a
x ax x ax x= − ⇔ = − ⇔=
.
Vậy
6
2
a
x =
thì tích
.
AC SD
đạt giá trị lớn nhất.
1,0
4.
(2,0đ)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
,Oxy
cho hình bình hành
.
ABCD
Hình chiếu vuông
góc của điểm
D
lên các đường thẳng
,AB BC
lần lượt là
( ) ( )
2;2 , 2; 2MN−−
; đường
thẳng
BD
có phương trình
3 5 1 0.xy
− +=
Tìm tọa độ điểm
.A
C
D
I
A
B
N
M
Gọi
(; )Ixy
là tâm hình bình hành
.ABCD
Vì tam giác
BMD
vuông tại
M
và
I
là trung điểm của
BD
nên
( )
1
1
2
MI BD=
Tương tự ta có
( )
1
2
2
NI BD
=
.
Từ (1) và (2) suy ra
( ) (
)
( ) ( )
22 22
22 22MI NI x y x y y x= ⇔ + +− = − ++ ⇔=
(3)
Mà
I
thuộc
BD
nên
3 5 10xy− +=
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
1 11
;
2 22
xy I

= = ⇒


.
0,5
Do đó
34
,
2
ID IB MI B D= = = ⇔
thuộc đường tròn
()T
có tâm
I
bán kính
34
2
R =
.
()T
có phương trình
22
1 1 17
2 22
xy

− +− =


.
Vì
,BD
là giao điểm của đường thẳng
BD
và đường tròn
()T
nên tọa độ
,BD
là
0,5
4
nghiệm của hệ
22
3 5 10
3
1 1 17
2
2 22
xy
x
y
xy
− +=
=
⇔


=
− +− =


hoặc
2
1
x
y
= −
= −
.
TH1:
(3; 2)B
,
( 2; 1)
D −−
Suy ra phương trình đường thẳng
5
: 2; : 4 7 0 ;2 .
4
AB y AD x y A

= −+=⇒ −


0,5
TH2:
( 2; 1)B −−
,
(3; 2)
D
Suy ra phương trình đường thẳng
13
: 2; : 4 11 0 2; .
4
AB x AD x y A

=− + −=⇒ −


0,5
5.
(4,0đ)
a) (2,0 điểm) Cho dãy số
( )
,
n
u
biết
( )
22
11
1
6,
nn
n
u nu n
uu
n
+
− −+
= =
với
1.n ≥
Tính giới hạn:
12
11 1
lim ... .
n
uu u

+ ++


Ta có:
1
6 3.1u = >
2
211
2 32 3.2uuu= − += >
Giả sử
*
3,
k
u kk> ∀∈
. Ta cần chứng minh
( )
1
31
k
uk
+
>+
Thật vậy:
(
)
2
22
1
32
kk k
kk
k
u u k ku k k
u ku k k
u
kk
+
− + ++
− ++
= =
( )
1
2 1 2.3 1 3 1
kk
u u k kk k
+
⇒ > + +> + +> +
(đpcm)
Vậy
3,
n
un>
với mọi
*
n∈
(1).
0,5
(
)
( )
22 2
11
2
1
2
1
1
1 11
1
1
kk kk
kk
kk
k
k k kk k
u ku k k u ku
u uk
kk
u ku k
uk
k u k u ku u k u
++
+
+
− ++ −
= ⇔ = ++
−
⇔ − += ⇔ = = −
−+ − −
( )
(
)
1
11 1
2.
1
kk k
u u ku k
+
⇔= −
− −+
0,5
Áp dụng (2) suy ra
11 2
11 1
12uu u
= −
−−
22 3
11 1
23uu u
= −
−−
…
( )
1
11 1
1
nn n
u u nu n
+
= −
− −+
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được
( ) ( )
( )
12 1 1 1
11 1 1 1 1 1
... 3
1 15 1
nn n
uu uu un un
++
+ ++ = − =−
− −+ −+
Mặt khác theo (1) ta có
( ) (
)
*
1
3 1 1 2 2 0, .
nn
u n un n n
+
> +⇔ −+> +>∀∈
0,5
5
Vậy
( )
1
11
1 22
n
un n
+
<
−+ +
Mà
( )
( )
1
11
lim 0 lim 0 3
22 1
n
n un
+
=⇒=
+ −+
Từ (2) và (3), suy ra
12
11 1 1
lim ... .
5
n
uu u

+ ++ =


0,5
b) (2,0 điểm) Cho ba số thực
,,abc
thuộc đoạn
[ ]
0;2 .
Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
( )
(
)
2222 2
.
P ac cb bc ca ab a b c= + − − − ++
Với ba số thực
,,abc
thuộc đoạn
[ ]
0;2
ta có
2222 2 222 22 2
ac cb bc ca ab ac cb ba bc ca ab
+−−−≤++−−−
( )( )( )
2222 2
ac cb bc ca ab a b b c c a⇒ + − − − ≤− − −
PQ⇒≤
với
( )( )( )( )
Q abbccaabc= − − − ++
(1).
0,5
Ta sẽ chứng minh
32 3
9
Q ≤
(2)
Thật vậy: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
{
}
max ; ;a abc=
TH1:
0abc Q≥≥⇒ ≤
TH2:
acb≥≥
, áp dụng bất dẳng thức Cô – Si cho ba số không âm
( )
( ) (
)
( )
( )
3 1 ;2 ; 3 1ac cb abc+ − − − ++
ta có
( )
( ) (
)
( )
( )
( )
3
23 3 3
31 2 31
3
ab
ac cb abc

+−

+ − − − ++ ≤


( )( )(
)
( )
3
23 3 3
108
ab
accbabc

+−

⇒ − − ++ ≤
( )
( )( )
( )
( )
( )
3
23 3 3
108
ab a b
abaccbabc

− +−

⇒−−−++≤
(3)
0,5
Mà
( )
( )
3
23 3 3
32 3
108 9
ab a b

− +−

≤
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
32 3
9
Q
≤
.
0,5
Do đó (2) đúng. Từ (1) và (2) suy ra
32 3
9
P ≤
.
Khi
23
2, 0,
3
abc= = =
thì
32 3
9
P =
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức
P
là
32 3
9
.
0,5
- - - Hết - - -
Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề chí nh thức
Môn thi: TOÁN HỌC - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 (7,0 điểm).  π  2 3x 2sin − + 3 cos3x    2 4 
a) Giải phương trình =1 1 − 2sin x 2 2 x + y +1= 2 
(xy − x + y)
b) Giải hệ phương trình  (x, y∈) 3 2
x + 3y + 5x −12 = 
(12 − y) 3− x Câu 2 (2,0 điểm).
Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả
cầu. Tính xác suất sao cho tổng các số ghi trên 3 quả cầu đó là một số chẵn. Câu 3 (5,0 điểm).
Cho hình chóp SABCD, có đáy là hình thoi cạnh a, SA = SB = SC = a . Đặt SD = x
(0< x< a 3).
a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD), biết rằng x = a .
b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất. Câu 4 (2,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Hình chiếu
vuông góc của điểm D lên các đường thẳng AB, BC lần lượt là M ( 2; − 2), N (2; 2 − );
đường thẳng BD có phương trình 3x − 5y +1= 0 . Tìm tọa độ điểm A. Câu 5 (4,0 điểm). 2
u − n(u − ) 2 1 + n
a) Cho dãy số (u , biết u = 6, n n u = , với n ≥1 n ) 1 n 1 + n   Tính giới hạn 1 1 1 lim + ++  u u u  1 2 n
b) Cho ba số thực a, ,
b c thuộc đoạn [0;2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức = ( 2 2 2 2 2 P
a c + c b − b c − c a − a b)(a + b + c).
…………….Hết…………….
Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh…………………… Câu Đáp án Điểm 1.  3x π  2 (7,0đ) 2sin − + 3 cos3x    2 4 
a) (4,0 điểm) Giải phương trình =1 1− (1) 2sin x  π x ≠ + k2π 1  6
Điều kiện: sin x ≠ ⇔  0,5 2 5π x ≠ + k2π  6  π  (1) ⇔ 1− cos 3x −
+ 3 cos3x =1− 2sin x   1,0  2   π 
⇔ sin 3x − 3cos3x = 2sin x ⇔ sin 3x − = sin x   1,0  3   π  π 3x − = x + k2π  x = + kπ  3 6 ⇔  ⇔  π . 1,0  π kπ  3x −
= π − x + k2π  x = +  3  3 2
Đối chiếu với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là 7π π π 0,5 x =
+ k2π , x = − + k2π , x = + kπ. 6 6 3
b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 x + y +1 = 2 
(xy − x + y) (1)  (x, y∈). 3 2
x + 3y + 5x −12 = 
(12 − y) 3− x (2)
( ) ⇔ (x − y + )2 1 1 = 0 1,0
⇔ x − y +1 = 0 ⇔ y = x +1
Thay y = x + 1 vào phương trình (2) ta được phương trình 0,5 3 2
x + 3x +11x − 9 = (11− x) 3 − x 3 3 ⇔ ( x + ) 1 + 5( x + ) 1 = ( 3 − x + ) 1 + 5( 3 − x + ) 1 (3)
Đặt a = x +1; b = 3 − x +1, phương trình (3) trở thành 3 3
⇔ a + 5a = b + 5b 1,0 2 ( − ) 2  b 3b    ⇔ a b a + + + 5  
 = 0 ⇔ a = b  2  4  
Do đó (3) ⇔ x +1 = 3 − x +1 ⇔ 3 − x = x x ≥ 0 1 − + 13 ⇔  ⇔ x = . 2
x + x − 3 = 0 2 0,5 1  1 − + 13 x = 
Vậy hệ đã cho có nghiệm 2 ( ; x y) với  .  1 + 13 y =  2 2.
Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba quả cầu. Tính xác (2,0đ)
suất sao cho tổng các số ghi trên ba quả cầu đó là một số chẵn.
Số phần tử không gian mẫu n(Ω) 3 = C 17 0,5
Gọi A là biến cố: Lấy được đồng thời ba quả cầu sao cho tổng các số ghi trên ba
quả cầu đó là một số chẵn.
Xét các khả năng xảy ra 0,5
KN 1: Lấy được ba quả cầu có các số ghi trên ba quả cầu đó đều là số chẵn. Số cách chọn là 3 C . 8
KN 2: Lấy được hai quả cầu có các số ghi trên hai quả cầu đó đều là số lẻ và một
quả cầu có số ghi trên quả cầu là số chẵn. Số cách chọn là 0,5 2 1 C .C . 9 8 + Vậy C C .C 43 : P ( A) 3 2 1 8 9 8 = = . 3 0,5 C 85 17 3.
Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = SC = . a Đặt (5,0đ)
x = SD (0 < x < a 3).
a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD), biết rằng x = . a
b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất. a) (3,0 điểm) S A D 1,0 O B C
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD . SO ⊥ AC
Khi x = a, ta có 
⇒ SO ⊥ (ABCD) . SO ⊥ BD Suy ra góc giữa thẳng 
SB và mặt phẳng ( ABCD) là góc SBO . 1,0 Mà S ∆ OB = S
∆ OC ⇒ OB = OC .
⇒ Đáy ABCD là hình vuông. Do đó a 2 = ⇒  2 = ⇒  1,0 0 OB cosSBO SBO = 45 . 2 2 b) (2,0 điểm) Ta có S ∆ OC = BOC ∆
⇒ OS = OB ⇒ tam giác SBD vuông tại S . 0,5 2 2 2 a + x Suy ra 2 2 BD =
a + x ⇒ OB = 2 2 2 2 2
AC = 2OC = 2 BC − OB = 3a − x . 0,5 Do đó 2 2
AC.SD = x 3a − x .
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có 2 2 2 2 2
x + 3a − x 3a 3a 2 2
x 3a − x ≤ = ⇒ AC.SD ≤ . 2 2 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 6 1,0 2 2 2 2 2
x = 3a − x ⇔ x = 3a − x ⇔ x = . 2 Vậy a 6 x =
thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất. 2 4.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABC .
D Hình chiếu vuông (2,0đ)
góc của điểm D lên các đường thẳng AB, BC lần lượt là M ( 2; − 2), N (2; 2 − ) ; đường
thẳng BD có phương trình 3x − 5y +1 = 0. Tìm tọa độ điểm . A A M B I D C N Gọi I( ;
x y) là tâm hình bình hành ABC . D 0,5 1
Vì tam giác BMD vuông tại M và I là trung điểm của BD nên MI = BD ( ) 1 2 Tương tự ta có 1 NI = BD (2) . 2 Từ (1) và (2) suy ra MI = NI ⇔
(x + )2 + ( y − )2 = (x − )2 + ( y + )2 2 2 2 2 ⇔ y = x (3)
Mà I thuộc BD nên 3x − 5 y +1 = 0 (4) Từ (3) và (4) suy ra 1  1 1  x = y = ⇒ I ;   . 2  2 2  Do đó 34
ID = IB = MI =
⇔ B, D thuộc đường tròn (T ) có tâm I bán kính 2 2 2 34  1   1  17 0,5 R =
. (T ) có phương trình x − + y − =     . 2  2   2  2
Vì B, D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn (T ) nên tọa độ B, D là 3 
3x − 5 y +1 = 0   x = 3 x = 2 − nghiệm của hệ 2 2  1   1  17 ⇔  hoặc  . x − + y − =      y = 2  y = 1 −   2   2  2
TH1: B(3; 2) , D( 2 − ; 1) −
Suy ra phương trình đường thẳng  5  0,5
AB : y = 2; AD : 4x − y + 7 = 0 ⇒ A − ; 2 .    4  TH2: B( 2 − ; 1) − , D(3;2)
Suy ra phương trình đường thẳng  0,5 13  AB : x = 2;
− AD : x + 4y −11 = 0 ⇒ A 2; − .    4  5. 2
u − n(u − ) 2 1 + n (4,0đ)
a) (2,0 điểm) Cho dãy số (u ), biết u = 6, n n u = với n ≥ 1. n 1 n 1 + n   Tính giới hạn: 1 1 1 lim  + + ... + . u u u  1 2 n  Ta có: u = 6 > 3.1 1 2
u = u − u + 2 = 32 > 3.2 2 1 1 Giả sử * u > 3k, k
∀ ∈  . Ta cần chứng minh u > 3 k +1 k 1 + ( ) k 2 2
u − ku + k + k
u u − k + ku + k + k 0,5 k k k ( 3 k ) 2 2 Thật vậy: k u = = k 1 + k k
⇒ u > 2u + k +1 > 2.3k + k +1 > 3 k +1 (đpcm) k 1 + k ( )
Vậy u > 3n, với mọi * n ∈  (1). n 2 2 2
u − ku + k + k u − ku k k k k u = ⇔ u = + k +1 k 1 + k 1 + k k − ⇔ u − + = ⇔ = = − + (k ) 2 u ku 1 k 1 1 1 k k k 1 0,5 k u − k + u − ku u − k u k + ( ) 2 1 1 k k k k 1 1 1 ⇔ = − u u − k u − (k + + ) (2). 1 k k k 1 Áp dụng (2 1 1 1 ) suy ra = − u u −1 u − 2 1 1 2 1 1 1 = − u u − 2 u − 3 2 2 3 … 1 1 1 = − 0,5 u u − n u − n + 1 n n n 1 + ( )
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + = − = − u u u u −1 u − n + u − n + n n+ ( ) 1 5 n+ ( ) (3) 1 1 2 1 1 1
Mặt khác theo (1) ta có u > 3(n + ) 1 ⇔ u − n + > n + > n ∀ ∈ +  n ( ) * 1 2 2 0, . n 1 4 Vậy 1 1 < u − n +1 2n + 2 n 1 + ( ) 1 1 Mà lim = 0 ⇒ lim = 0,5 2n + 2 u − (n + + ) 0 (3) 1 n 1   Từ (2) và (3), suy ra 1 1 1 1 lim  + + ... +  = . u u u 5  1 2 n
b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a,b,c thuộc đoạn [0;2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( 2 2 2 2 2
a c + c b − b c − c a − a b)(a + b + c).
Với ba số thực a,b,c thuộc đoạn [0;2] ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a c + c b − b c − c a − a b ≤ a c + c b + b a − b c − c a − a b 0,5 2 2 2 2 2
⇒ a c + c b − b c − c a − a b ≤ (a − b)(b − c)(c − a)
⇒ P ≤ Q với Q = (a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c) (1). Ta sẽ chứng minh 32 3 Q ≤ (2) 9
Thật vậy: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a = max{ ; a ; b } c
TH1: a ≥ b ≥ c ⇒ Q ≤ 0
TH2: a ≥ c ≥ b , áp dụng bất dẳng thức Cô – Si cho ba số không âm
( 3+ )1(a−c); 2(c−b); ( 3− )1(a+b+c) ta có  a + ( − ) 3 2 3 3 3 b 0,5 ( 3 + )
1 (a − c) 2(c − b)( 3 − )
1 (a + b + c) ≤    3     a + ( −  ) 3 2 3 3 3 b ( 
⇒ a − c)(c − b)(a + b + c) ≤ 108 (a −b) a + ( −  ) 3 2 3 3 3 b ( 
⇒ a − b)(a − c)(c − b)(a + b + c) ≤ (3) 108 (a −b) a + ( −  ) 3 2 3 3 3 b 32 3 Mà ≤ (4) 108 9 0,5 Từ (3) và (4) suy ra 32 3 Q ≤ . 9
Do đó (2) đúng. Từ (1) và (2) suy ra 32 3 P ≤ . 9 2 3 32 3
Khi a = 2, b = 0, c = thì P = . 0,5 3 9
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức 32 3 P là . 9 - - - Hết - - -
Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 5
Document Outline

  • ĐỀ HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM 2018
  • DAP AN 2018