SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA Khóa ngày 24-10-2016 Mơn : TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (5,0 điểm) Giải bất phương trình √ x +3 x 2+ x +16> √ 3+ √ 4−x Câu (5,0 điểm) −1 Tìm tất hàm số f : R ¿ { ; ¿ }→ R biết f ( x )+f x+1 −1 =x ; ∀ x ∈ R ¿ { ; ¿} ( 1−3 x) 3 Câu (5,0 điểm) Tìm cặp điểm đồ thị hàm số y=x 3−4 x−1 có tọa độ số nguyên cặp điểm đối xứng qua đường thẳng y=x đồng thời không nằm đường thẳng Câu (5,0 điểm) π Cho tam giác ABC có số đo ba góc A , B , C ∈ 0, Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( ) P= A sin A +B sin B+C sin C sinA + sinB+ sinC _ Hết _ Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính bỏ túi Họ tên thí sinh .; Số báo danh SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA Khóa ngày 24-10-2016 Mơn : TOÁN BÀI THI THỨ HAI Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (5,0 điểm) Xác định đa thức P( x ) thỏa mãn x ( x +1 ) P'' ( x )+ ( x +2 ) P' ( x )−4 P ( x ) =0 ; ∀ x ∈ R Câu (5,0 điểm) Cho dãy số ( u n) xác định u 1=2016 u2 un+1 = n , ∀ n ≥ 1+un { a Chứng minh dãy số (un ) dãy giảm b Tìm phần nguyên u1000 Câu ( 5,0 điểm) Một tứ diện ABCD có cạnh a Người ta cắt tứ diện bốn mặt phẳng song song với bốn mặt tứ diện cho khoảng cách từ mặt phẳng đến mặt tứ diện song song với khơng bé a / √6 Tìm vị trí cắt cho khối đa diện cịn lại tích nửa thể tích tứ diện ABCD tính diện tích tồn phần khối đa diện cịn lại Câu (5,0 điểm) Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn a b c=1 Tìm giá trị lớn biểu thức P= a 2016 1 + 2016 + 2016 2016 2016 +2 b +3 b + c + c + 2a 2016 +3 _ Hết _ Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính bỏ túi Họ tên thí sinh .; Số báo danh KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA Khóa ngày 24-10-2016 Mơn : TỐN ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO AN GIANG Câu Điểm Lược giải √2 x +3 x + x +16> √ 3+ √ 4−x Bất phương trình xác định x +3 x 2+6 x +16 ≥ 4−x ≥ { ⟺ ( x+2 ) ( x −x+ ) ≥0 x≤ ⟺−2≤ x ≤ Xét hàm số f ( x )= √ x 3+ x +6 x+ 16− √ 4− x ( x2 + x +1 ) f ' ( x )= + >0 2 √ x +3 x +6 x+ 16 √ 4−x ∀ x ∈ (−2; ) Câu Vậy f ( x ) đồng biến khoảng (−2 ; ) 5,0 đ Mặt khác f ( ) =2 √3 ⟹ x>1 ⟹ f ( x )> f ( )=2 √ So với điều kiện bất phương trình có nghiệm 1< x ≤ { Cách khác Với điều kiện −2< x ≤ biến đổi bất phương trình ta √ x +3 x 2+ x +16> √ 3+ √ 4−x ⟺ √ x +3 x 2+6 x +16−3 √ 3−√ 4−x + √ 3>0 x +3 x 2+ x+16−27 1− x − >0 √2 x + x +6 x+ 16+3 √ √ 4−x + √ x +5 x+11 ⟺ ( x−1 ) + >0 √2 x + x +6 x+ 16+3 √ √ 4−x +√ ⟺ [ ] Do biểu thức dấu ngoặc vuông dương nên bất phương trình có nghiệm x >1 So với điều kiện bất phương trình có nghiệm 1< x ≤ x+1 Câu f ( x )+f =x (¿) 5,0 đ 1−3 x ( ) Xét hàm số x+1 ; 1−3 x x +1 +1 1−3 x 2−2 x x −1 u3=u2 [ u ( x ) ]= = = −6 x−2 x+1 x +1 1−3 1−3 x u1 ( x )=x ; u2 ( x )= ( ) Ta có x−1 +1 x +1 u3 [ u2 ( x ) ] =u2 [u ( x ) ]= =x ( x−1 ) 1− x +1 Thay x u1 ; u2 ; u vào phương trình (*) ta f ( u )+ f ( u2 ) =u1 (1) Câu Lược giải f ( u ) +f [ u2 ( u2 ) ] =u2 ⟺ f ( u2 ) + f ( u )=u2 (2) f ( u ) +f [ u2 ( u3 ) ]=u3 ⟺ f ( u3 ) + f ( u1 )=u (3) lấy (1) trừ (2) cộng (3) ta f ( u1 ) =u1−u2 +u3 x +1 x−1 x3 +6 x 2−x +2 x− + = 1−3 x x +1 x 2−1 −1 ∀ x ∈ R ¿ { ; ¿} 3 Câu Gọi M ( a , b ) ∈ ( C ) ; a ; b ∈ Z M ' điểm đối xứng M qua đường thẳng 5,0 đ y=x M ' ( b , a ) ∈(C) ⟹ f ( x )= ( ) Ta b=a3−4 a−1 a=b3−4 b−1 { ⟺ b−a=a 3−b3 −4 a+4 b b+a=a3 −b3 −4 a−4 b−2 { ( b−a ) ( a2+ ab+b )=3(b−a) ( a+b )=( a+ b ) [ ( a+b )2−3 ab ]−2 { Do M không thuộc đường thẳng y=x nên a ≠ b đặt S=a+b ; P=ab a 2+ ab+b 2=3 ( a+b )=a3 −b3−4 a−4 b+−2 { ⟺ S 2−P=3 P=S 2−3 ⟺ S=S 3−3 SP−2 S=S 3−3 S ( S 2−3 ) −2 { { ⟹ S 3−2 S +1=0 ⟹ S=1 ; S= −1 ± √5 (lo i) ⟹ P=−2 a , b nghiệm phương trình ⟹ X 2− X−2=0⟹ X =−1 ; X=2 Hay điểm cần tìm (−1 ; ) ; (2 ;−1) Cách khác Gọi M ( a , b ) ∈ ( C ) ; a ; b ∈ Z M ' điểm đối xứng M qua đường thẳng y=x M ' ( b , a ) ∈(C) Ta b=a3−4 a−1 a=b3−4 b−1 { Do M không thuộc đường thẳng y=x nên a ≠ b trừ theo vế hệ phương trình ta b−a=a3 −b3−4 a+ b ⟹−1=a2 + ab+b2−4 a 2+ ab+b 2−3=0 (¿) Điểm Câu Lược giải Đường thẳng d qua hai điểm M , M ’ d vng góc với y=x , phương trình đường thẳng MM ' có dạng y=−x+ m Vì hai điểm M , M ’ khơng thuộc đường thẳng y=x nên phương trình hồnh độ giao điểm d (C) phải có từ hai nghiệm trở lên x 3−4 x−1=−x +m ⟺ x 3−3 x−1=m Xét đồ thị hàm số y=x 3−3 x−1 ⟹ y ' =3 x2 −3 hàm số có bảng biến thiên sau: x y' y −∞−11+∞ 00 -3 Phương trình có từ hai nghiệm trở lên −3 ≤ m≤ 1và nghiệm −2 ≤ x ≤2 Vậy a , b ∈[−2;2] thay số nguyên vào (*) ta chọn a=−1 ; b=2h ay a=2 ; b=−1 Hay điểm cần tìm (−1 ; ) ; (2 ;−1) A sin A +B sin B+C sin C P= sinA + sinB+ sinC π Xét hàm số f ( x )=sin x ; x ∈ 0, π nên ta f ( x) hàm số tăng 0, π ( x− y ) ( f ( x )−f ( y ) ) ≥0 ; ∀ x , y ∈ 0, ⟹ ( A−B ) ( sin A−sin B ) ≥ Câu ⟹ Asin A +Bsin B ≥ A sin B+ B sin A 5,0 đ ⟹ A sin A+ B sin B+C sinC ≥ A sin B+ B sin A +C sin C (1) ( ) ( ) ( ) Tương tự ta có B sin B+C sin C+ A sin A ≥ B sin C+C sin B+ A sin A (2) C sin C+ A sin A+ B sin B ≥ A sin C+ C sin A +B sin B(3) Từ (1), (2), (3) ta ( A sin A+ B sin B+ C sin C ) ≥ ( A+ B+C ) ( sin B+sin A+ sinC ) A sin A+ B sin B+C sin C A+ B+C π ≥ = sinA + sinB + sinC 3 π Vậy P ≥ ; dấu xảy A=B=C hay tam giác ABC Câu x ( x +1 ) P'' ( x )+ ( x +2 ) P' ( x )−4 P ( x ) =0 5,0 đ Xét P ( x )=a x 2+ bx+ c , a ; b ; c ∈ R P' ( x )=2ax +b ; P ( x )=2 Thay vào ta x ( x +1 ) a+ ( x+ )( ax +b )−4 ( a x 2+bx +c ) =0 ⟺ a x2 +2 ax +2 a x2 +bx + ax +2 b−4 a x 2−4 bx−4 c=0 ⟺ ( a−3 b ) x+ 2b−4 c=0, ∀ x ∈ R ⟹ a−3 b=0 ⟹ b=2 c ; a=c b−4 c=0 Vậy P ( x )=c ( x 2+ x +1) Nếu bậc P( x )lớn hai ta chứng minh không tồn P( x ) Thật giả sử: { Điểm Câu Điểm Lược giải n n−1 P ( x )=a x + b x + …; n> 2; a≠ P' ( x )=na x n−1 + ( n−1 ) b x n−2 +… P} left (x right ) = n left (n - right ) a {x} ^ {n - 2} + left (n - right ) left (n - right ) b {x} ^ {n - 3} + ¿ Thay vào giả thiết tốn ta có Câu 6a 2,0 đ x ( x +1 ) [ n ( n−1 ) a x n−2+ … ] + ( x +2 ) [ na x n−1 +… ] −4 [ a x n +b x n−1 +… ] =0 Đồng hai vế hệ số x n phải n ( n−1 ) a+na−4 a=0 ⟺ a ( n 2−n+n−4 )=0 ⟺ a ( n 2−4 )=0⟹ a=0 v ìn> điều vơ lí Vậy đa thức cần tìm P ( x )=c ( x 2+ x +1)với c số thực u1=2016 u2 un+1 = n , ∀ n>1 1+un Ta có un >0, ∀ n ≥1 u2 u un −un+1 =un− n = n >0, ∀ n ≥1 1+un 1+u n Vậy dãy số (un ) dãy giảm Ta ước lượng dãy (un ) sau: u2n un un +1= =un− > u −1, ∀ n≥ 1+u n 1+un n ⟹ un+1 >u n−1>un−1−2> …>u1−n Hay un >2016−n(1) { Mặt khác ta lại có un =( un−u n−1) + ( un−1−u n−2 ) + …+(u 2−u1)+u u u u ¿− n−1 − n−2 −…− +u1 1+u n−1 1+un−2 1+u1 [( ¿− 1− Câu 6b 3,0 đ 1 + 1− + …+ 1− +u1 1+ un−1 1+u n−2 1+u )( [ ( ¿− n−1− )] ) ( 1 + +…+ +u 1+u n−1 1+u n−2 1+u1 ( 1+u1 )] ¿−n+1+ + n−1 1 +…+ +u1 1+u n−2 1+u1 ) Mặt khác 1 n−1 + + …+ < 1+un−1 1+un−2 1+ u1 1+un−1 n−1 n−1 ¿ = Theo nhận xét ta x3 √ V BMNP = 12 a3 √ V ABCD = 12 M B V =V ABCD−4 V BMNP a √ x3 √ √ 3 ¿ − = (a −4 x ) 12 12 12 1 a √ √2 ( 3 Để V = V ABCD ⟹ = a −4 x ) 2 12 12 a ⟺ a3 =2 a3−8 x ⟹ x= Khi diện tích toàn phần khối đa diện S=S ABCD−8 S BMP=a a 2 √ 3−8 = √ a2 ( ( )) ¿ √ a2−2 N P Thể tích khối đa diện cịn lại x2 √ 2 =a √ 3−2 √ x C D Câu Lược giải Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a b c=1 Tìm giá trị lớn P= a 2016 1 + 2016 + 2016 2016 2016 +2 b +3 b + c + c + 2a 2016 +3 Đặt x=a 1008 ; y=b1008 ; z =c 1008 ⟹ xyz=1 Ta P= 1 + + 2 x + y +3 y +2 z + z + x +3 Ta có x 2+ y +3=( x 2+ y2 ) + ( y 2+1 ) + 2≥ xy+ y +2=2 ( xy + y +1 ) Tương tự, thay vào biểu thức P ta Câu 1 1 5,0 đ P ≤ xy + y +1 + yz + z +1 + zx + x+ 1 1 ≤ + + xy + y +1 1 + +1 + x+1 x xy y 1 xy y ≤ + + xy + y +1 y +1+ xy 1+ xy + y 1+ xy + y ≤ = xy + y +1 ⟹ P≤ dấu xảy x= y =z=1 Vậy giá trị lớn P 1/2 a=b=c=1 [ ] [ ] [ [ ] ] Điểm