ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016 ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016 ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016 ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016 ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016 ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016
Trang 11SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN (Thời gian: 180 phút, không kể phát đề)
Ngày thi: 22/10/2014 ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)
A ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
1 Giải phương trình: x515x3 45 27 0 1x 5
Đặt x2 3t, thay vào phương trình ta được
288 3t 360 3t 90 3 27 0t
1
2 16t 20t 5t 3
6
t t t cos
1
Đặt t cos
Ta có 16 5 20 3 5
6
Do cos5 16cos5 20cos3 5cos
cos cos x cos k
1
Do phương trình 1 có tối đa 5 nghiệm nên phương trình 1 có đúng 5
nghiệm là: 2 3 2 , {0,1,2,3,4}
5.6 k5
x cos k
1
2 Tìm hàm f(x) liên tục trên và thỏa mãn: 3 3f x f x x x , 5
Ta có 3 3 , 3 , 1
3 3
x x
f x f x x x f x f x
Đặt g x 3x Xét dãy số x n với 1n 1 n
x
x g x
1
Trang 12Ta có
1
2
1 1
3 3
3
n
x
x g x
x
x g x
x
suy ra 1
1
3
n xn
x nên lim x n 0
n
Do hàm f x liên tục trên nên lim f x n f 0 0
Lần lượt thay x bởi x x 1 ; ; ; 2 xn vào 1 ta được
1
2
1
3
3
3
n
f x f
f x f
1
1
1
3
3 3
3
3
3
x
f x f x
x
f x f x
x
f x f x
1
1
1 1
1
1
1
x
f x f x
x
f x f x
x
f x f x
1
Suy ra 1 1 1 1 1 2 1 4 1 2 2
n
f x f x x
1
9
1
Lấy giới hạn 2 vế do f x là hàm số liên tục nên ta được:
1
f x f x
1
Thử lại : f x 8x là hàm liên tục trên và
8x 8x 8x 8x
f x f x x x thỏa mãn điều kiện bài toán
1
3 Cho tam giác ABC, M là điểm trong của tam giác Gọi khoảng cách từ
M đến các cạnh BC, AC, AB lần lượt là ; ;d d da b c, khoảng cách từ M 5
Trang 13đến các đỉnh A, B, C lần lượt là ; ;x y z Chứng minh rằng:
2
x y z
d d d
Gọi độ dài các cạnh là a b c ; ;
Kẻ BH MA CK MA , , gọi D là giao của AM và BC, suy ra
BH CK BC
1
Có 2 SMAB c d c BH x S ;2 MAC b d CK x b
Do BH CK BC x BH CK x BC xa bd cdb c 1
1
Gọi M’ đối xứng với M qua phân giác góc A, khi đó M’A=MA=x và
khoảng cách từ M’ đến AB bằng khoảng cách từ M đến AC bằng d b 1
Áp dụng 1 cho điểm M’ ta được xa bd cdc b x bdc cdb
Tương tự ta cũng có y adc cda;z adb bda
1
Suy ra x y z da b c db a c dc b a 2 da 2 db 2 dc
2
a b c
x y z
d d d
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và M là tâm tam giác
1
Trang 144
Giải hệ phương trình
4
3 3
x y z
x
5
Điều kiện: x0;y0;z0
Từ 2 suy ra 2 4 ;2 7 0
2x 7y
xy
1
2x 7y
x y z x y
xy
x 112x y 27x 22xxy47y 2x
x
Đẳng thức xảy ra khi
x
1
Đẳng thức xảy ra khi 1
3x
1
xảy ra khi x 3
1
Từ 1 ; 6 suy ra dấu bằng xảy ra nên suy ra 3; 5; 2
2
x y z Thử lại thấy thỏa mãn 3 nên 3; 5; 2
2
x y z là nghiệm của hệ
1
B HƯỚNG DẪN CHẤM
1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số
2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó
-Hết -
Trang 15SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN (Thời gian: 180 phút, không kể phát đề)
Ngày thi: 23/10/2014
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)
A ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
1; ;2 3
1
1
i
2 , 1,2,3 i i
i
3
1
i
Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương , , sao cho
5
Ta có
2 2
1 1 1,2,3
3
2
1
3
i i i
i
i i i
3
2
1,2,3 1
3
i
1
1
i
i
1
i i i
1
i
1
Từ 1 , 2 , 3 ta có d x y1 , 3d x y2 , 3d x y3 , 3d x y3 , 1
2
Cho dãy số thực xn xác định bởi
1
*
2015
1
n n
n
x
x
x
Tìm
5
Trang 16lim n
Dễ thấy x n 3, n *
1 1
n n
n n
x
x x
1
1
x
x
2
1
1
x
2 2
2 2
x
1
Xét phương trình
2
1
x
x
1
1
1
1
n
1
2
1; ; ;2 3 4
M M M M lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các mặt
phẳng (BCD CDA DAB ABC);( );( );( )
3
5
Qua M dựng các mp song song với các mặt
(BCD CDA DAB ABC);( );( );( )
Các mặt phẳng đó cắt (BCD) theo giao là các giao tuyến
1 2, 2 3, 3 1
N N N N N N lần lượt song song BC, CD, DB nên tam giác
1 2 3
N N N đều
Tương tự các tam giác PP P1 2 3,Q1 2 3Q Q K K K, 1 2 3 là các tam giác đều
1
Trang 17Các tứ diện MN N N1 2 3,MPP P1 2 3,MQ1 2 3Q Q ,MK K K1 2 3 là các tứ diện đều
Do vậy M M M M1; ; ;2 3 4 là tâm các tam giác đều
1 2 3
N N N ,PP P1 2 3,Q1 2 3Q Q K K K, 1 2 3
1
Nên ta có:
1
3
1 3 1 3 1 3 1 3
1
3
1
1
3
1
3
4
3
MM MM MM MM
MG
1
3
4 Tìm các số tự nhiên a a a1; ; ; ;2 3 an thỏa mãn
a a a a sao cho biểu thức P a a a a 1 2 3 n lớn nhất
có thể
5
Trang 18Thật vậy: giả sử tồn tại một số bằng 1, chẳng hạn là a 1 1, khi đó trong
các số còn lại phải có số a j 2, ta giả sử là a 2 2, vì ngược lại dễ thấy
điều vô lý
Khi đó ta thay a 1 bởi số 2 và a 2 bởi a 2 1 2
2
n
a
Vi phạm P a a a a 1 2 3 n lớn nhất có thể
1
Ta chứng tỏ trong các số a a a1; ; ; ;2 3 an không có số nào lớn hơn 4
Thật vậy giả sử a 1 5
Khi đó ta thay a 1 2 a 1 2
a a a a a a a
Mâu thuẫn với P a a a a 1 2 3 n lớn nhất có thể
1
Suy ra trong n số tự nhiên cần tìm a a a1; ; ; ;2 3 an chỉ nhận các giá trị 2,
3, 4
Tuy nhiên 4=2.2 và 4=2+2 nên thay số 4 bởi hai số 2
Trong n số có nhiều nhất là hai số 2 vì nếu giả sử có 3 số 2 thì
2 2 2 6
3 3 6
2.2.2 8 3.3 9
Tức là có thể thay ba số 2 thành hai số 3 để có tích lớn hơn
Lại có 2015=3.671+2
1
Từ đó suy ra có 672 số a a a1; ; ; ;2 3 a672 trong đó có 671 số 3 và một số 2
B HƯỚNG DẪN CHẤM
1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số
2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó
-Hết -