Chứng minh rằng { }un có giới hạn hữu hạn

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2019-2020

Môn: Toán 11 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 4 3 3 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C . Biết đồ thị

 

^C tồn tại hai điểm phân biệt M , N thỏa mãn tổng khoảng cách từ M hoặc N tới hai tiệm cận là nhỏ nhất. Tính độ dài MN Câu 2. ( 3 điểm)

a) Một hộp đựng 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10 . Phải rút ra ít nhất k thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn hơn ¹³

15. Giá trị của k bằng bao nhiêu ? b) Cho dãy số { }u_n xác định bởi

2 1

1 2 2

1

2; 1;

2 1

n n

n

u u u u

u

 



  

 Chứng minh rằng { }u_n có giới hạn hữu hạn. Tính giới hạn đó.

c) Cho

x y z , ,

là các số thực dương thỏa mãn xyyzzx3.Chứng minh rằng :

2 2 2

3 3 3 1

8 8 8

x y z

x y z

  

   .

Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho n²1 không là ước của n!

Câu 4. (1,5 điểm) Cho biết đa thức P x( )x²⁰²²a x₁ ²⁰²¹ ... a₂₀₂₁xa₂₀₂₂ hệ số thực có 2022 nghiệm thực khác nhau và a₂₀₁₇ 2017;a₂₀₁₉ 2019. Chứng minh rằng |a₂₀₁₈| 2018

Câu 5. (2 điểm) Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật.

a) Tính thể tích khối chóp nếu biết ⁶; ; 2

2

SASBSC a ABa BC a

b) Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M , N, P, Q. Gọi M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P, Q lên mặt phẳng



^ABCD



. Tính tỉ số ^SM

SA để thể tích khối đa diện .

MNPQ M N P Q    đạt giá trị lớn nhất.

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1:

- Giả sử ^{;4 3}

 

3

M m m C

m

  

   , với m3.

- Tiệm cận đứng là: x3, riệm cận ngang là: y4. Do đó tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận là:

4 3

3 4

3 d m m

m

    



3 9 m 3

   m



2. 3 . 9 6

m 3

  m 

 Dấu ”= ” xảy ra khi và chỉ khi 9

3 3

m  m

 ^



^m3



^{2 9 3 3}

3 3

m m

  

     6

0 m m

 

  

 

 

6; 7 0;1 M M



 

  . Một cách tương tự ta có các điểm

 

 

6; 7 0;1 N N





  . Do M, N phân biệt nên MN 6 2.

Câu 2:

a) Gọi biến cố A: Lấy k tấm thẻ có ít nhất một tấm thẻ chia hết cho 4. Với 1 k 10. Suy ra A: Lấy k tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4.

Ta có:

 

⁸

10 k k

P A C

C

 

₈

  

10

10 9

1 1

90

k k

k k

P A C

C

 

     .

Theo đề:



¹⁰



⁹



13

1 90 15

k k

 

  k²19k780  6 k 13. Vậy k 7 là giá trị cần tìm.

b) Quy nạp ta thấy cả dãy số { }u_n đều là các số dương.

Xét

2

1 1

2 1

1

2 1 0

n n

n n

n

u u

u u

u

 

 



 

  



Suy ra dãy trên giảm; bị chặn dưới bởi 0.

Suy ra { }u_n có giới hạn hữu hạn là a. Thay vào biểu thức ta tính được a = 0.

c)

Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có:

2 2

3 2

2 2

3 2

( 2) ( 2 4) 6

8 ( 2)( 2 4)

2 2

2 8 6

x x x x x

x x x x

x x

x x x

     

      

 

  

Tương tự, ta cũng có

2 2 2 2

2 2

3 3

2 2

6; 6

8 8

y y z z

y y z z

y z

 

   

  .

Từ đó suy ra:

2 2 2 2 2 2

2 2 2

3 3 3

2 2 2

6 6 6

8 8 8

x y z x y z

x x y y z z

x y z

    

     

   . (1)

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz :

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2( )

6 6 6 ( ) 18

x y z x y z

x x y y z z x y z x y z

    

           

⁽²⁾

Ta chứng minh:

2

 

2 2 2

2( )

1 3

( ) 18

x y z x y z x y z

  

      Thật vậy:

Ta có:

     

   

2 2 2

2 2

( ) 18

2 18

12 0

x y z x y z

x y z x y z xy yz zx x y z x y z

     

         

       

Nên

 

^{3 2(x y z)2x2y2z2   (x y z) 18}

x²y²    z² x y z 6

Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:

2 2 2

3( )

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

    

    

Mà xyyzzx3 nên bất đẳng thức (3) đúng.

Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1. Câu 3:

Ta sẽ chứng minh v a_p( )v b_p( ) với mọi số nguyên tố p. Ta có thể viết lại điều kiện đề bài thành a^4n1|b^4n3;b^4n2|a^4n4 Từ điều kiện a^4n1|b^4n3 ta có (4n1)v a_p( )(4n3)v b_p( ), n ^* Suy ra ( ) lim^{4 3} ( ) ( )

4 1

p p p

v a n v b v b

n

  



Tương tự từ b^4n2|a^4n4 ta cũng có v b_p( )v a_p( ) Từ đó ta có ngay ab.

Câu 4:

Theo định lý Rolle thì P x'( )có 2021 nghiệm thực phân biệt. Tương tự P x''( )có 2020 nghiệm thực phân biệt.

Hơn nữa P⁽³⁾( )x 2022.2021.2020.x²⁰¹⁹ ... 4.3.2.a₂₀₁₈x3.2.a₂₀₁₉ Do P⁽³⁾(0)3.2.a₂₀₁₉ 3.2.20190 nên đa thức

2019 (3) 2019 2018

2019 2018 1

( ) 1 6 24 ...

Q x x P a x a x b

x

        cũng có 2019 nghiệm phân biệt. Giả sử đó là x x₁; ₂;...;x₂₀₁₉

Theo định lý Vi – ét ta có

2019

2018 2017

1 2019 1 2019 2019

24 60

6 ; 6

i i j

i i j

a a

x x x

a a

   

  

 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2019

2018 2 2017

1 2019 1 2019 2019

24 60

( ) 2 2.

6 6

i i j

i i j

a a

x x x

a a

   

   

 

2

2018 2017 2019

2018

5 4

| | 2018

a a a

a

 

 

Câu 5

a) Vì SASBSC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; hay nói cách khác chính là giao điểm O hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD.

Ta có

2

2 2 3 2 5

2 2 2

a a

SO SA AO a  

     

Suy ra

3 .

1 1

. .

3 2 3

S ABCD

V  SO AB BC a b)

Đặt ^SM k

SA  với ^k

 

^{0;1 .}

Xét tam giác SAB có MN AB// nên ^{MN SM} k

AB  SA  MNk AB. Xét tam giác SAD có MQ AD// nên ^{MQ SM} k

AD  SA  MQk AD. Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:

//

MM SH nên ^{MM AM} SH SA

 SA SM 1 SM 1 SA SA k

      ^{MM }



^{1 k SH}



^{. .}

Ta có VMNPQ M N P Q_{.    } MN MQ MM. . ^{ AB AD SH k. . . . 12}



^k



^.

Mà _. ¹ . .

S ABCD 3

V  SH AB AD VMNPQ M N P Q_{.    } 3.VS ABCD_. . . 1k²



k



.

Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ M N P Q_{.    } đạt giá trị lớn nhất khi ^{k2. 1}



^k



^lớn

nhất.

Ta có 2

 

2 1

 

. . 1 2 2 ³

. 1

2 2 3

k k k k k k

k k         ^2.



¹



⁴

k k 27

   .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: ^{2 1}



^k



^{k 2}

k 3

  .

Vậy ²

3 SM

SA  .

N'

M' Q'

Q N P

A

B C

D S

H M

P'