Đề thi chon học sinh giỏi lớp 11 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn môn: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI CHON HỌC SINH GIỎI LỚP 11
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán
	----o0o----	 Thời gian: 150 phút
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì phương trình sau luôn có nghiệm:
	 acos4x + bcos2x + csin2x = 0
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD thoả và các mặt bên có diện tích bằng nhau. Xét hàm 
	Tìm max [f(A) + f(B) + f(C)], với A, B, C là số đo các góc tam giác ABC.
Bài 3. Cho dãy (un) và (vn) được xác định như sau:
	un+1 – 3un = 2n
	u1 = 1
	vn = a + (m + 1)2n – 3n + un.
	a, m N* và 
	Chứng minh rằng dãy (vn) có chứa ít nhất một số chính phương.
Bài 4. Các số thực a, b, c, d thoả
	Chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 – d4 17.
------------------o0o------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 (5đ). 
	Xét phương trình acos4x + bcos2x + csin2x = 0 (1)
	1) Nếu b = c = 0 thì (1) ĩ acos4x = 0 (điều kiện bài toán thoả).
	2) Nếu b2 + c2 > 0 (2)
	Đặt f(x) = acos4x + bcos2x + csin2x thì f(x) luôn xác định và liên tục với mọi x. Ta cần chứng minh tồn tại (*)
	Từ (2) ta có (c+b)2 + (c-b)2 > 0. Do đó để chứng minh (*) ta xét 2 trường hợp:
	a) Nếu b+c ¹ 0 , để chọn a, b ta xét 2 nghiệm của phương trình
	sin2x = cos2x
	Ta có 
	b) Nếu b-c ¹ 0 ta xét phương trình sin2x = - cos2x
 S
 A
 B
 C
 a
 b
 c
Ta có 
	Vậy trong mọi trường hợp (*) được chứng minh.
Bài 2 (5đ).
	Đặt 
 thì 
 và SA = a, SB = b, SC = c.
 Từ giả thiết ta có
 P
 Q
 R
 a
b
 b
 Dựng tam giác PQR có 
 Sử dụng định lí sin ta chứng minh
được PQ = a, PR = c.
 Do đó tam giác PQR bằng các mặt
bên của hình chóp. Do đó 
	SA = BC = a, SB = CA = b, SC = AB = c. 
 Vậy SABC là tứ diện gần đều, do đó tam giác ABC nhọn. Từ đó có
	f(A) + f(B) + f(C) = sinA + sin B + sinC .
 Do đó max [f(A) + f(B) + f(C)] = khi SABC là tứ diện đều.
Bài 3. (2đ)
	Sử dụng phương trình sai phân ta được un = 3n – 2n 	
	Do đó vn = a + m.2n
	Để cm bài toán ta cm bổ đề: Với k, n N* và n3 thì tập
	A = với at = t(2t+1) và k = 2n
 là hệ thặng dư đầy đủ (mod k) (*).
	Ta cm phản chứng:
	Giả sử (1) thì ai – aj k
	Vậy (*) được cm.
	Sử dụng (*) ta giải bài toán:
	Từ (*) thì l = 2s với s 3 luôn có hệ thặng dư đầy đủ chứa các phần tử dạng
	t(2t+1) = 
	Do đó với mọi t thuộc N* thì tồn tại I sao cho
	Do a 1 (mod 8) nên a = 8t + 1 4i(i+1) +1 (mod 2s)
 (2i + 1)2 (mod 2s).
	Do đó 
a – (2i + 1)2 = j.2s ĩ (2i + 1)2 = a - j.2s với j thuộc N* và s3.
ĩ b2 = a – j.2s, b thuộc N* .
	Bài toán được chứng minh.
Bài 4 (5đ).
	Aùp dụng Côsi cho 4 số ta có
	1 + 3a4 4a3 (1)
	24 + 3b4 8b3 (2)
	d4 + 3c4 4dc3 (3)
 Cộng lại ta có
 	17 + 3(a4+b4+c4) + d4 4a3 + 8b3 + 4dc3	(4)
 Đặt thì
	4a3+8b3+4dc3 = 4a4() + 4b4()+4c4 
	 = 4a4 + 4(b4-a4)+4(c4-b4)
	 12a4 + 8(b4-a4) +4(c4-b4) = 4(a4 + b4 + c4). (đpcm).