KÌ THI CHỌN học SINH GIỎI TỈNH TOÁN 12 THPT 2013 – 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x3 + 2mx − 3x (1) đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − (với m tham số) Tìm m để đường thẳng (∆) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) 2x + có đồ thị (C) đường thẳng d: y = −2 x + m Chứng minh d cắt x+2 (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp 2) Cho hàm số y = tuyến (C) A B Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k ) 2013 đạt giá trị nhỏ Câu II (2,0 điểm)   1) Giải phương trình: sin x + cos x = sin  x − 2) Giải hệ phương trình: ( π  −1 4 )  3 xy + y + = x +1 − x   x (9 y + 1) + 4( x + 1) x = 10  Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: S= 1 1 + + + + + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0!  u1 =  n  ∑ ( n ∈ N *) lim 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:  Tìm  k =1 u k u = u − u + n + n n     Câu IV (3,0 điểm) · B = SAC · · 1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS = 900 , BSC = 1200 Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 x8 + y8 y8 + z8 z + x8 + + ≥8 Chứng minh rằng: x + y4 + x2 y2 y4 + z + y2 z z4 + x4 + z2 x2 …………… Hết……………… Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2: Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa) Câu Nội dung Điể m I1 1) Cho hàm số y = x + 2mx − 3x (1) đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − (với m tham 1,0đ số) Tìm m để đường thẳng (∆) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) ( ∆ ) nghiệm phương trình: x + 2mx − 3x = 2mx − ⇔ x + 2mx − (2m + 3) x + = x = ⇔ ( x − 1)  x + (2m + 1) x −  = ⇔   x + (2m + 1) x − = 0(2) 0,25 Vậy (∆) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai (2m + 1) + > ⇔ m ≠ nghiệm phân biệt x ≠ ⇔  1 + 2m + − ≠ Khi đó, ba giao điểm A(1;2m-2), B( x1;2mx1 − 2), C( x2 ;2mx2 − 2) , x1 ; x nghiệm phương trình (2) nên x1 + x = −2m − 1, x1x = −2 0,25 Tam giác OBC có diện tích S = BC.d Trong d = d(O; ∆) = 1+4m BC = ( x2 − x1 ) + (2mx2 − 2mx1 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2  ( 4m + 1) ⇒ BC = ( 2m + 1) + 8 ( 4m + 1)   Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com ⇒S= ( 2m + 1) +8 0,25 I2 1,0đ Vậy S = 17 ⇔ m = (TM) 4m + 4m + = 17 ⇔  m = −2 2) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị (C) đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh x+2 0,25 d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến (C) A B Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k ) 2013 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) d:  x ≠ −2 2x + = −2 x + m ⇔  x+2 2 x + (6 − m) x + − 2m = 0(*) 0,25 Xét phương trình (*), ta có: ∆ > 0, ∀m ∈ R x = -2 không nghiệm (*) nên d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến A, B k1 = 1 , k2 = , x1 , x nghiệm phương trình (*), ta thấy ( x1 + 1) ( x + 1) 0,25 k1 k = ( x1 + 2) ( x + 2) 2 = ( x1 x + x1 + x + 4) = (k1>0, k2>0) Có P = ( k1 ) 2013 + ( k ) 2013 ≥ ( k1 k ) 2013 = 2014 , dó MinP = 22014 đạt k1 = k ⇔ 1 = ⇔ ( x1 + 2) = ( x + 2) 2 ( x1 + 2) ( x + 2) 0,25 x1 , x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - ⇔ x1 + x2 = - ⇔ m = - Vậy m = - giá trị cần tìm II1   1) Giải phương trình: sin x + cos x = sin  x − 1,0đ π  − (1) 4 PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) 0,25 ⇔ (cosx – sinx) [ (cos x + sin x)(sin x + cos x) + 2] = *) cos x − sin x = ⇔ x = π + kπ Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 0,25 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + = ⇔ cosx + sin3x + = (2) cos x = −1 ⇔ hệ vô nghiệm sin x = −1 0,25 *) Vì cos x ≥ −1; sin x ≥ −1, ∀x nên (2) ⇔  π Vậy PT có nghiệm là: x = + kπ (k ∈ Z ) II2 1,0đ 2) Giải hệ phương trình: ( 0,25 )  (1) 3 xy + y + = x +1 − x   x (9 y + 1) + 4( x + 1) x = 10(2)  ĐK: x ≥ NX: x = không TM hệ PT Xét x > x +1 + x PT (1) ⇔ y + y y + = x ⇔ y + y (3 y ) + = + x 0,25     + (3) x  x Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t t + , t > t2 +1 + Ta có: f’(t) = + t2 t +1 >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞)    ⇔ 3y = x  x PT(3) ⇔ f(3y)= f  0,25 Thế vào pt(2) ta PT: x + x + 4( x + 1) x = 10 Đặt g(x)= x + x + 4( x + 1) x − 10 , x > Ta có g’(x) > với x > 0,25 ⇒ g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = Vậy pt g(x) = có nghiệm x = Với x =1 ⇒ y = 3 KL: Vậy hệ có nghiệm nhất: (1; ) Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 0,25 III1 1,0đ 1) Rút gọn biểu thức: S= 1 1 1 + + + + + + + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k + 1).k!.(2013 − k )! 2014.2013!.0! 2013 Ck ⇒ S 2013! = ∑ 2013 k = ( k + 1).k!.(2013 − k )! k =0 k + 2013 +) Ta có: S = ∑ +) Ta có: 0,25 k C 2013 C k +1 2013! 2014! = = = 2014 k + (k + 1)!.(2013 − k )! 2014.( k + 1)![ 2014 − (k + 1)]! 2014 0,25 (k =0;1;…;2013) k +1 C 2014 2014 k = ∑ C 2014 2014 k =1 k = 2014 2013 +) Do đó: S.2013!= ∑ +) S.2013! = III2 1,0đ ( 0,25 ) 2014 − 2014 − ⇒ S = 2014 2014! 0,25  u1 =  n (n ∈ N *) Tìm lim ∑ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:   k =1 u k u = u − u + n  n +1 n    2 +) Ta có: u n +1 − u n = (u n − 4u n + 4) ≥ 0, ∀n ⇒ Dãy khơng giảm Nếu có số M: un ≤ M với n, tồn limun = L Vì un ≥ u1 ⇒ L ≥ u1 +) Khi ta có: L = 0,25 0,25 L – L + ⇔ L = (Vô lý) ⇒ limun = + ∞ +) Ta có: u n − 2u n + = 2u n +1 ⇔ u n (u n − 2) = 2(u n +1 − 2) ⇔ ⇔ 1 1 1 − = ⇔ = − ( ∀n ∈ N * ) u n − u n u n +1 − u n u n − u n +1 − n +) Do đó: IV1 1 = u n (u n − 2) 2(u n +1 − 2) ∑u k =1 k =  n 1 − ⇒ lim ∑ u1 − u n +1 −  k =1 u k  =2  = u −  · B = SAC · · 1) Cho khối chóp S ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS = 900 , BSC = 1200 Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 0,25 0,25 1,5đ giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a S Dùng ĐL Cosin tính được: S N 0,25 MN = 2a A C A N M H M B AM= 2a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ASC = 600) ⇒ tam 0,25 giác AMN vuông A Gọi H trung điểm MN, SA = SM = SN tam giác AMN vuông A 0,25 ⇒ SH ⊥ ( AMN ) ; tính SH = a Tính VS AMN = 0,25 2a 3 VS AMN SM SN = = ⇒ VS ABC = 2a VS ABC SB.SC 0,25 3VS ABC 6a = = 2a Vậy d (C ;( SAB)) = S ∆SAB 3a 0,25 IV2 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB 1,5đ đoạn CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN +) Đặt BM DN = x , với ≤ x ≤ ⇒ = x Khi ta có: BM = x.BA DN = x.DC BA DC +) Ta có: DN = x.DC ⇔ BN − BD = x( BC − BD) ⇔ BN = x.BC + (1 − x).BD 0,25 0,25 Do đó: MN = BN − BM = x.BC + (1 − x).BD − x.BA +) MN2 = x a + (1 − x) a + x a + x(1 − x) a2 a2 a2 − x − x(1 − x) 2 0,25 = a2 [ x + (1 − x) + x + x(1 − x) − x − x(1 − x)] = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + đoạn [ 0;1] ta có: Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 0,25 1 max f ( x) = f (0) = f (1) = 1, f ( x ) = f ( ) = 2 +) MN đạt giá trị nhỏ a M, N trung điểm AB, CD +) MN đạt giá trị lớn a M ≡ B, N ≡ D M ≡ A, N ≡ C 0,25 0,25 Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 V 1,0đ x8 + y8 y8 + z8 z + x8 + + ≥8 Chứng minh rằng: x + y4 + x2 y2 y4 + z + y2 z z4 + x4 + z2 x2 +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c = 0,25 a2 + b2 3(a + b ) 2 Do ab ≤ nên a + b + ab ≤ Dấu“=”có ⇔ a=b 2 a4 + b4 a4 + b4 a4 + b4 ≥ ≥ (a + b ) 2 +) Ta có: a + b + ab Ta chứng minh: (1) a + b2 a + b2 2 ( ) ( 0,25 ) Thật vậy: (1) ⇔ 2( a + b ) ≥ (a + b ) ⇔ (a2 – b2)2 ≥ (ln đúng) Do ta được: a4 + b4 ≥ (a + b ) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b 2 a + b + ab b4 + c4 ≥ (b + c ) Dấu“=”có ⇔ b=c +) Áp dụng BĐT ta có: 2 b + c + bc 0,25 c4 + a4 ≥ (c + a ) Dấu“=”có ⇔ c=a 2 c + a + ca Cộng vế BĐT ta được: a4 + b4 b4 + c4 c4 + a4 + + ≥ (a + b + c ) (2) Dấu“=”có ⇔ a=b=c 2 2 2 a + b + ab b + c + bc c + a + ca +) Theo BĐT Cơ-si ta có: 2 (a + b + c ) ≥ 2.3 a b c = Dấu“=”có ⇔ a=b=c Do ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 0,25 Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi : 02/10/2013 Mơn thi : TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) 3x − − x + = 2x − x − 8  x + 3x − 13x − 15 = −  y y b) Giải hệ phương trình:   2  y + = 5y (x + 2x + 2) (x, y ∈ ¡ ) Câu (4,0 điểm) 2014  u1 = 2013 a) Cho dãy số (un) xác định bởi:  2u  n +1 = u n + 2u n , ∀n ∈ ¥ * 1 + + + Đặt Sn = Tính: limSn u1 + u + un + b) Tìm tất hàm số f liên tục ¡ thỏa mãn: f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡ α số thực cho trước Câu (5,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có diện tích Gọi M điểm nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = MA.h a + MB.h b + MC.h c (với ha, hb, hc độ dài đường cao vẽ từ A, B, C) b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Gọi H G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Gọi E điểm đối xứng với H qua G Tìm tập hợp điểm A, biết điểm E thuộc đường thẳng BC Câu (3,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương a, b, c cho: a + 2b = c a3 + 8b3 = c2 b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có hệ số số nguyên thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b hai số nguyên cho trước (a, b khác 0) Chứng minh f(a) chia hết cho b f(b) chia hết cho a Câu (3,0 điểm) Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = Chứng minh với k ∈ ¥ *, ta có: a2 k (a + b)(a + b )(a + b ) (a k −1 + b2 k −1 b2 + k ) (b + c)(b + c )(b + c ) (b k −1 + c2 k −1 + k ) (c + a)(c2 + a )(c4 + a ) (c2 - Hết - Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com c2 k −1 + a2 k −1 ≥ ) k −1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 12 THPT Câu a) Giải PT: 3x − − x + = 2x − x − (1) + Điều kiện: x ≥ (*) Khi đó: Câu 4.0 2.5 2014 , 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n ∈ N * a) u1 = 2013 2.0 0.2 2x − = (2x − 3)(x + 1) (1) ⇔ 3x − + x + (2)  2x − =  ⇔ = x + (3)  3x − + x + 1.0 0.2 (2) ⇔ x = 3/2 (thỏa (*)) Vì x ≥ nên 5.0 < x + > 3x − + x + 1 ⇒ (3) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x = 3/2 0.2 0.2 0.2 0.2 b) Giải hệ PT Với k ∈ N*, ta có : uk 1 = = − u k + u k (u k + 2) u k u k (u k + 2) 1 = u − 2u = u − u k k +1 k k +1 ⇒ Sn = 1/ u1 − 1/ u n +1 u1 > u n +1 = (u n2 0.2 1.CM: + 2u n ) / > 1, ∀n ∈ N * ⇒ un > 1, ∀ n ∈ N* Ta có: u n +1 − u n = u n2 / > 0, ∀n ∈ N * ⇒ (un) tăng Giả sử (un) bị chặn (un) tồn giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1) ⇒ 2a=a2 + 2a ⇒ a = Mâu thuẫn với a≥1 ⇒ limun = +∞ ⇒ lim(1/ u n +1 ) = Vậy: limSn = 1/ u1 = 2013 / 2014 + Điều kiện: y ≠ (*) Khi đó:   2 (x + 1)(x + 2x − 15) =  − ÷ ÷ yy   (I) ⇔  1 + = 5[(x + 1) + 1]  y2  Đặt a = x + 1, b = y (b ≠ 0), hệ trở thành: Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 0.5 0.2 0.2 2.5 0.2 0.2 0.2 (I): 8   x + 3x − 13x − 15 = − y y   2  y + = 5y (x + 2x + 2) 0.2 b) f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀x,y∈R (1) 2.0 3x '− y ' Trong (1), thay x = y = ta được: 0.2  3x '− y '  f (3x '− y '+ α) = 2f  ÷, ∀x’, y’∈R    3x − y  ⇒ f (3x − y + α) = 2f  ÷ , ∀x, y∈R (2)   Từ (1) (2) suy ra: 0.2 ( a(a − 16) = b b −   1 + b = 5(a + 1) ) 3  (3) ⇔ ⇒ a – b = (b – 5a )(4a – b) ⇔ 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 2 b 3    + Thay −     ∀x,y∈R 0.2 1  3 3    ⇒ g  x − y ÷ = g  x ÷+ g  − y ÷,∀x,y∈R       vào (1) : 0.2 Kết luận 0.2 ⇒g  x ÷ = g ( x ) , g  − y ÷ = − g ( y ) , vào (1) b2 = tìm 31 b = (vơ nghiệm) 49 0.2 ∀x,y∈R  3 g  x − y ÷ = g ( x ) − g ( y ) ,∀x,y∈R  2 2 hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3) 4b a=  3 f  x − y ÷− f (0) = 2   Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = và: + Thay a = vào (1) b = tìm hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1) + Thay a = − [f ( x ) − f (0)] − [f ( y ) − f (0)] , 2 b 4b ⇔ a = a = − a = 3 Thay x = 0, y = vào (3) ta được: f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 ⇒ f(0) = b, b tùy ý a − b3 = 16a − 4b ⇔  2  b − 5a = (1)   ⇒f  x − y ÷ = f ( x ) − f ( y ) ,∀x,y∈R (3) 0.2 ⇒g(x+y) = g(x) + g(y),∀x,y∈R Vì g liên tục R nên: g(x) = ax, ∀x∈R, với g(1) = a (a tùy ý) ⇒ f(x) = ax + b, ∀x∈R (4) (với a, b tùy ý) Thay (4) vào (1) ta được: b = aα Vậy f(x) = ax + aα, với a tùy ý 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 Câu a) T = MA.h a + MB.h b + MC.h c Ta có: = 2S 2S 2S = , hb = = , hc = = a a b b c c  MA.GA MB.GB MA.GC  + + ÷ b.GB c.GC   a.GA  MA.GA MB.GB MA.GC  = 3 + + ÷ b.mc c.m c   a.m a ⇒T =  a.ma = 1 a 2b + 2c2 − a = 3a (2b + 2c − a ) 2 ⇒ a.m a ≤ a + b + c2 Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com 5.0 3.0 0.2 0.2 0.2 Câu a) a + 2b = c (1), a3 + 8b3 = c2 (2) (2) ⇔ (a + 2b)(a2 – 2ab + 4b2) = c2 (3) Từ (1) (3) suy ra: (2) ⇔ a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b) ⇔ 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = (4) ∆’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + (4) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ ⇔ 3a2 – 6a ≤ ⇔ 3(a – 1)2 ≤ ⇔ a = a = (vì a ∈ N*) + a = ⇒ b = 1, c = + a = ⇒ b = 1, c = 3.0 2.0 0.2 0.2 0.2 0.2 Tương tự b.m b ≤ a + b2 + c2 a + b + c2 , c.m c ≤ 3 T≥ (MA.GA + MB.GB + MC.GC) (1) a + b2 + c2 Vậy (a;b;c) =(1;1;3) (a;b;c) =(2;1;4) 0.2 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c uuuur uuur uuur uuur uuur uuur MA.GA + MB.GB + MC.GC ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuur uuur uuur = (MG + GA)GA + (MG + GB)GB + (MG + GC)GC a + b2 + c2 = GA + GB2 + GC = (m a2 + m 2b + m c2 ) = (2) Đẳnguuuthức xảy ur uuur uuur uuur ⇔ MA, GA hướng, MB, GB uuur uuur hướng, MC, GC hướng ⇔ M trùng G Từ (1) (2) suy ra: T ≥ Vậy minT = ⇔ ∆ABC M trùng G 0.2 0,2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 2.0 b) Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com b) Giả sử: f (x) = a n x n + a n −1x n −1 + + a1x1 + a Ta có: f(a + b) – f(a) = = a n [(a+b) n − a n ] + a n −1[(a+b) n −1 − a n −1]+ +a1b = a n b[(a+b)n −1 + a(a+b) n − + +a n − (a + b) + a n −1 ] 0.2 0.2 0.2 0.2 1.0 0.2 +a n −1b[(a+b) n − + a(a+b) n −3 + +a n −3 (a + b) + a n −2 ] + +a1b Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b Tương tự, f(b) chia hết cho a Câu Đặt P vế trái BĐT cho : Q= b2 k (a + b)(a + b ) (a c2 k −1 + b2 k −1 k + k −1 k −1 ) (b + c)(b + c ) (b + c ) 0.2 0.2 0.2 3.0 Xây dựng hệ tọa độ y C H có: hình vẽ Đặt A BC = 2b (b>0), ta 0.2 B(0x ; –b), C(0 ; b) Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠ 0) (c + a)(c + a ) (c 0.2  y = y0   x x + (y − b)(y + b) =  b −y  ⇒H  ; y0 ÷  x0 ÷   E điểm đối xứng với H qua G khi:  2x b − y 20  x E = 2x G − x H = − x0   y = 2y − y = − y / G H  E E ∈ BC ⇔ xE = ⇔ − y02 2x b − x0 ⇔ 2x 02 + 3y02 = 3b ⇔ x 02 3b / + y02 b elip: x2 3b / + y2 b2 = loại trừ điêm B, k −1 ) k (a + b)(a + b ) (a c2 + a k k −1 + b2 k −1 b2 + c2 + k ) (b + c)(b + c2 ) (b k −1 + c2 k −1 k −1 + a2 k −1 k 0.2 k 2(a + b ) ≥ (a k ⇒ 0.5 ) ) 2(a + b ) ≥ (a + b) 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2 …………………… 0.2 0.2 0.5 k (c + a)(c + a ) (c 2 a + b2 k −1 + b2 k −1 ) k (a + b)(a + b2 ) (a k −1 + b2 k −1 ≥ ) a+b 0.2 2k Tương tự với số hạng khác P+Q, =0 Suy tập hợp điểm A mp Oxy + a2 Ta có: 0.2 =1 a + b2 k + nghệm hệ phương trình: k −1 Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = ⇒ 2P = P + Q = Ta có: G(x0/3; y0/3) Tọa độ điểm H B k k G O E + a2 0.2 suy ra: ⇒P≥ 2P ≥ a+ b b+ c c+ a + + 2k 2k 2k a +b+c 2k ≥ 33 abc 2k = 0.5 2k −1 Đẳng thức xảy a = b = c = 0.5 0.2 0.2 0.2 C Vậy tập hợp điểm A elip có trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài / 2.BC , 0.2 loại trừ B, C Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác ban giám khảo cần thảo luận thống biểu điểm cho điểm phù hợp với thang điểm Lấy đáp án lời giải => http://hocmaivn.com ... +1 2013! 2014! = = = 2014 k + (k + 1)!. (2013 − k )! 2014. ( k + 1)![ 2014 − (k + 1)]! 2014 0,25 (k =0;1;… ;2013) k +1 C 2014 2014 k = ∑ C 2014 2014 k =1 k = 2014 2013 +) Do đó: S .2013! = ∑ +) S .2013! ... QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 12 THPT Câu a) Giải PT: 3x − − x + = 2x − x − (1) + Điều kiện: x ≥ (*) Khi đó: Câu 4.0 2.5 2014 , 2u n... NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi : 02/10 /2013 Mơn thi : TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát