Đề thi chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm học 2014–2015 môn Toán - Sở giáo dục đào tạo An Giang

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên đề chính thức Đề thi chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm học 2014–2015 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo An Giang. Đề thi gồm có 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC SBD : ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA Năm học 2014 – 2015 Mơn : TỐN BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian làm : 180 phút (Khơng kể thời gian phát đề) PHỊNG: Bài 1: (4,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số sau ℝ Hãy vị trí đạt giá trị 2𝑥 4𝑥 𝑦 = cos + cos +1 + 𝑥2 + 𝑥2 Bài 2: (3,0 điểm) Chứng tỏ mặt phẳng tọa độ Oxy đồ thị hàm số sau qua vơ số điểm có tọa độ số nguyên 𝑥5 𝑥3 𝑥 𝑦 = 𝑓 (𝑥 ) = + − 30 Bài 3: (3,0 điểm) (Chiều cao cột tháp truyền hình) Từ ba điểm mặt đất có khoảng cách đến chân tháp truyền hình 𝑎, 𝑏, 𝑐 nhìn đỉnh tháp chân tháp ba góc mà tổng chúng 1800 Tính chiều cao tháp truyền hình theo 𝑎, 𝑏, 𝑐 Bài 4: (5,0 điểm) Giải bất phương trình √2𝑥 + 3𝑥 + 6𝑥 + 16 > 2√3 + √4 − 𝑥 Bài 5: (5,0 điểm) Cho ba số tùy ý 𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng: 𝑎 𝑏 𝑐 + + + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 1+𝑏+𝑐 1+𝑐+𝑎 1+𝑎+𝑏 Hết hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC SBD : ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA Năm học 2014 – 2015 Môn : TOÁN BÀI THI THỨ HAI Thời gian làm : 180 phút (Khơng kể thời gian phát đề) PHỊNG: Bài 6: (5,0 điểm) Giải hệ phương trình 𝑥 − 5𝑥 = 8𝑦 − 10𝑦 { 𝑥 + 16𝑦 = Bài 7: (5,0 điểm) Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓 (𝑥 𝑦) = 𝑓 (𝑥) 𝑓 (𝑦) + 𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥 + 𝑦) ; ∀𝑥; 𝑦 ∈ ℝ Bài 8: (5,0 điểm) Cho dãy số (𝑥𝑛 ) thỏa 𝑥0 = ; 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + ; 𝑥𝑛2 ∀𝑛 ∈ ℕ 𝑥𝑛3 Tìm giới hạn dãy (un ) với 𝑢𝑛 = 𝑛 Bài 9: (5,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi K trung điểm cạnh SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB; SD M N Chứng minh rằng: SB SD a) + =3 SM SN V1 b) ≤ ≤ V Trong V ; V1 thể tích khối chóp S ABCD S AMKN Hết hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Năm học 2014 – 2015 MƠN TỐN VỊNG A.ĐÁP ÁN 2𝑥 2𝑥 + cos + 𝑥2 + 𝑥2 Tập xác định hàm số 𝐷 = 𝑅 2𝑥 Đặt 𝑡 = ta tìm tập giá trị t tập 𝑅 1+𝑥 2(1 + 𝑥 ) − 2𝑥 2𝑥 − 2𝑥 ′ 𝑡 = = (1 + 𝑥 )2 (1 + 𝑥 )2 𝑡 ′ = ⟺ 𝑥 = ±1 lim 𝑡 = 𝑦 = cos 𝑥→±∞ 𝑥 𝑡′ 𝑡 −∞ −1 − +∞ + − −1 4,0 điểm Bài Vậy 𝑥 ∈ 𝑅 ⟹ 𝑡 ∈ [−1,1] ⟹ 𝑢 = cos 𝑡 ∈ [cos , 1] Xét hàm số 𝑦 = 𝑓 (𝑢) = 2𝑢2 + 𝑢 = (𝑢 + ) − Hàm số đồng biến (− , +∞) 𝜋 1 Do 𝑢 ∈ [cos , 1] cos > cos = ⟹ [cos , 1] ∈ (− +∞) Vậy 𝑓(cos 1) ≤ 𝑓 (𝑡 ) ≤ 𝑓 (1) ⟺ 2cos + cos ≤ 𝑦 ≤ Vậy Giá trị lớn hàm số cos 𝑡 = ⟺ 𝑡 = 2𝑘𝜋 ⟺ 2𝑥 2𝑥 = 2𝑘𝜋 𝑡 ∈ [−1,1] ⟹ ∈ [−1,1] nên ta chọn 𝑘 = 𝑥 +1 1+𝑥 0⟹𝑥=0 Giá trị nhỏ hàm số 2cos2 + cos điều xảy 2𝑥 2𝑥 2𝑥 cos = cos ⟺ = ±1 + 𝑘2𝜋 ⟹ = ±1 + 𝑥2 + 𝑥2 + 𝑥2 Khi ta 𝑥 = ±1 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 + 5𝑥 − 6𝑥 𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 + 6) + − = = 30 30 30 ( )( )( ) 𝑥 𝑥 − 𝑥 + 𝑥 − + 10 = 30 (𝑥 − 2)(𝑥 − 1)𝑥 (𝑥 + 1)(𝑥 + 2) 10𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) = + 30 30 Nhận xét (𝑥 − 1)(𝑥 − 1)𝑥 (𝑥 + 1)(𝑥 + 2) số nguyên lien tiếp nên chia hết cho 5! hay chia hết cho 30; 𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 𝑥 ∈ 𝑍 ⟹ 𝑓(𝑥) ∈ 𝑍 hay đồ thị hàm số qua vơ số điểm có tọa độ nguyên 𝑓 (𝑥 ) = Bài 3,0 điểm hoctoancapba.com Bài Đặt chiều cao tháp truyền hình ℎ ba góc nhìn đỉnh chân tháp 𝛼; 𝛽; 𝛾 ⟹ 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1800 ⟹ 𝛼 + 𝛽 = 1800 − 𝛾 ⟹ tan( 𝛼 + 𝛽) = −tan 𝛾 Theo giả thiết ta ℎ ℎ ℎ tan 𝛼 = ; tan 𝛽 = ; tan 𝛾 = 𝑎 𝑏 𝑐 ℎ ℎ + ℎ ⟹ tan( 𝛼 + 𝛽) = 𝑎 𝑏 = − = −tan 𝛾 ℎ ℎ 𝑐 1− 𝑎 𝑏 3,0 điểm 1 ℎ2 1 ⟺ + = − (1 − ) ⟺ ℎ = √( + + ) 𝑎𝑏𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎𝑏 𝑎 𝑏 𝑐 Bài Bài √2𝑥 + 3𝑥 + 6𝑥 + 16 > 2√3 + √4 − 𝑥 Bất phương trình có nghĩa ( )( ) {2𝑥 + 3𝑥 + 6𝑥 + 16 ≥ ⟺ { 𝑥 + 2𝑥 − 𝑥 + ≥ 4−𝑥 ≥0 4≥𝑥 ⟺ ≥ 𝑥 ≥ −2 Xét hàm số 𝑓 (𝑥) = √2𝑥 + 3𝑥 + 6𝑥 + 16 − √4 − 𝑥 6(𝑥 + 𝑥 + 1) 𝑓 ′ (𝑥 ) = + > ∀𝑥 ∈ (−2; 4) 2√2𝑥 + 3𝑥 + 6𝑥 + 16 2√4 − 𝑥 Vậy hàm số đồng biến (−2; 4) ý 𝑓 (1) = 2√3 𝑥 > ⟹ 𝑓 (𝑥) > 2√3 Vậy nghiệm bất phương trình (1; 4] Cho ba số tùy ý 𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 thuộc đoan [0; 1] chứng minh 𝑎 𝑏 𝑐 + + + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 1+𝑏+𝑐 1+𝑐+𝑎 1+𝑎+𝑏 Với 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ [0; 1] ≥ (1 − 𝑎) ≥ ; ≥ (1 − 𝑏) ≥ 𝑎 + 𝑏 + ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: (1 − 𝑎 ) + (1 − 𝑏 ) + (𝑎 + 𝑏 + 1) ≥ √(1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑎 + 𝑏) ≥ (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑎 + 𝑏) Nhân hai vế BĐT với (2 − 𝑐 ) > 0, ta (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑎 + 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ (2 − 𝑐 ) 2−𝑐 ⟺ (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 1+𝑎+𝑏 𝑐 ⟺ + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ (1) 𝑎+𝑏+1 𝑎+𝑏+1 Mặt khác từ giả thiết, ta có: 𝑎 2𝑎 < (2) 𝑏+𝑐+1 𝑎+𝑏+1 Thật vậy, BĐT (2) tương đương với 𝑎(𝑎 + 𝑏 + 1) ≤ 2𝑎(𝑏 + 𝑐 + 1) ⟺ 𝑎(𝑏 + 2𝑐 + − 𝑎) ≥ 5,0 điểm 5,0 điểm hoctoancapba.com Tương tự, ta có: Bài 𝑏 2𝑏 < (3) 𝑐+𝑎+1 𝑎+𝑏+1 Cộng vế BDT (1), (2), (3) ta được: 𝑎 𝑏 𝑐 + + + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 1+𝑏+𝑐 1+𝑐+𝑎 1+𝑎+𝑏 Dấu xảy 1−a=1−b=1+a+b a=b=0 { a(b + 2c + − a) = ⟺ { c ∈ [0; 1] b(a + 2c + − b) = 𝑥 − 5𝑥 = 8𝑦 − 10𝑦 { 𝑥 + 16𝑦 = Từ phương trình (2) ta thấy |𝑥| ≤ 1; |2𝑦| ≤ Xét hàm số 𝑓(𝑡 ) = 𝑡 − 5𝑡 liên tục đoạn [-1;1] Có 𝑓 ′ (𝑡 ) = 3𝑡 − < 0; ∀𝑡 ∈ [−1; 1] hàm số nghịch biến [−1; 1] 𝑓 (𝑥) = 𝑓(2𝑦) ⟺ 𝑥 = 2𝑦 Hệ trở thành 𝑥 = 2𝑦 𝑥 = 2𝑦 𝑥 = 2𝑦 { ⟺{ ⟺ { −1 + √5 𝑥 + 𝑥4 = 𝑥 + 𝑥4 − = 𝑥 = Vậy hệ có nghiệm 5,0 điểm −1 + √5 −1 + √5 𝑥=√ ; 𝑦= √ 2 Hay Bài −1 + √5 4√−1 + √5 √ 𝑥=− ; 𝑦=− 2 𝑓 (𝑥 𝑦) = 𝑓 (𝑥) 𝑓(𝑦) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓(𝑦) − 𝑓 (𝑥 + 𝑦) ; ∀𝑥; 𝑦 ∈ ℝ  Cho 𝑥 = 𝑦 = ta 𝑓 (0) = 𝑓 (0) + 2𝑓 (0) − 𝑓 (0) ⟺ 𝑓 (0) = ⟺ 𝒇(𝟎) = 𝟎 Cho 𝑦 = ta 𝑓 (𝑥 ) = 𝑓 (𝑥 ) 𝑓 (1) + 𝑓 ( 𝑥 ) + 𝑓 (1) − 𝑓 (𝑥 + 1) ⟺ 𝒇(𝒙 + 𝟏) = 𝒇(𝟏)[𝒇(𝒙) + 𝟏] (𝟏) Cho 𝑥 = −1 ⟹ 𝑓(0) = = 𝑓 (1)[𝑓 (−1) + 1] + Nếu 𝑓 (1) = ⟹ 𝑓(𝑥 + 1) = ; ∀𝑥 ⟹ 𝑓(𝑥) = ; ∀𝑥 𝑓 (𝑥) = 0; ∀𝑥 nghiệm phương trình + Nếu 𝑓(1) ≠ ⟹ 𝑓 (−1) = −1 (ta chưa biết f(1))  Cho 𝑦 = −1 ta 𝑓 (−𝑥) = 𝑓 (𝑥)𝑓 (−1) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (−1) − 𝑓 (𝑥 − 1) = −𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑥) − − 𝑓 (𝑥 − 1) = −1 − 𝑓(𝑥 − 1) ⟺ 𝑓 (−𝑥) = −1 − 𝑓(𝑥 − 1) Vì 𝑓(1) ≠ nên ta nhân hai vế cho – 𝑓 (1) ta −𝑓 (1)𝑓 (−𝑥) = 𝑓(1) + 𝑓 (1)𝑓 (𝑥 − 1) = 𝑓(1)[𝑓 (𝑥 − 1) + 1] Theo (1) ⟹ −𝒇(𝟏)𝒇(−𝒙) = 𝒇(𝒙) (𝟐) + Tiếp (2) cho 𝑥 = −1 ⟹ −𝑓(1)𝑓 (1) = 𝑓 (−1) = −1 ⟹ 𝑓 (1) = 5,0 điểm hoctoancapba.com Ta chứng minh xảy 𝑓(1) = −1 Nếu 𝑓(1) = −1 𝑡ừ (1) ⟹ 𝑓(𝑥 + 1) = −𝑓 (𝑥) − ⟹ 𝑓 (𝑥 + 2) = −𝑓 (𝑥 + 1) − = 𝑓(𝑥) + − = 𝑓 (𝑥) ⟹ 𝑓 (2) = 𝑓(0) = theo giả thiết ban đầu 1 1 −1 = 𝑓 (1) = 𝑓 (2 ) = 𝑓 (2)𝑓 ( ) + 𝑓(2) + 𝑓 ( ) − 𝑓 (2 + ) 2 2 = 𝑓( )−𝑓( ) 2 3 Theo (1) cho 𝑥 = ⟹ 𝑓 ( ) = 𝑓 (1 + ) = − [𝑓 ( ) + 1] = 2 1 2 −[− (𝑓 ( ) + 1) + 1] = 𝑓 ( ) Bài Vậy −1 = 𝑓 ( ) − 𝑓 ( ) = vô lý 2  Như ta 𝑓 (1) = theo (2) ⟹ 𝒇(−𝒙) = −𝒇(−𝒙) hay 𝑓 hàm số lẻ Ta chứng minh hàm số 𝑓 cộng tính Cho 𝑥 = từ (1) ⟹ 𝑓(2) = 𝑣à 𝑓 (𝑥 + 2) = 𝑓 (𝑥 + 1) + = 𝑓(𝑥) +  Từ giả thiết cho 𝑦 = ta có 𝑓(2𝑥) = 𝑓 (2)𝑓 (𝑥) + 𝑓(2) + 𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑥 + 2) = 2𝑓 (𝑥) + + 𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑥) − = 2𝑓(𝑥)  Lại thay 𝑥 −𝑥 𝑓 (−𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (−𝑦) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (−𝑦) − 𝑓(𝑥 − 𝑦) ⟹ −𝑓 (𝑥𝑦) = −𝑓 (𝑥)𝑓(𝑦) + 𝑓 (𝑥) − 𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥 − 𝑦) 𝑣ì 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓 (𝑥)𝑓 (𝑦) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥 + 𝑦) Công hai đẳng thức ta 𝑓 (𝑥 + 𝑦) + 𝑓 (𝑥 − 𝑦) = 2𝑓 (𝑥) = 𝑓(2𝑥)  Đổi biến 𝑢 = 𝑥 + 𝑦 ; 𝑣 = 𝑥 − 𝑦 ta 𝑓(𝑢) + 𝑓 (𝑣 ) = 𝑓(𝑢 + 𝑣 ) ∀𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅 ⟹ 𝑓 (𝑥) = 𝐶𝑥 với C số ( ) Vì 𝑓 = ⟹ 𝐶 = ⟹ 𝑓(𝑥) = 𝑥 Kết luận 𝑓 (𝑥) = hay 𝑓 (𝑥) = 𝑥 ∀𝑥 ∈ 𝑅 hàm số thỏa đề 𝑥0 = ; 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + ; ∀𝑛 ∈ 𝑁 𝑥𝑛 Từ giả thiết ta 𝟏 𝟑 𝟑 𝟏 𝟑 𝒙𝒏+𝟏 = (𝒙𝒏 + 𝟐 ) = 𝒙𝟑𝒏 + 𝟑 + 𝟑 + 𝟔 (1) 𝒙𝒏 𝒙𝒏 𝒙𝒏 Ta dùng nguyên lý kẹp ước lượng 𝑥𝑛 Ta có 𝑥𝑛 > 0, ∀𝑛 ⟹ 𝑥𝑛+1 > 𝑥𝑛3 + Lần lượt cho 𝑛 ta có 𝑥13 > 𝑥03 + 𝑥23 > 𝑥13 + 𝑥33 > 𝑥23 + … 3 𝑥𝑛 > 𝑥𝑛−1 +3 Cộng lại ta 𝒙𝟑𝒏 > 27 + 3𝒏 (𝟐) Mặt khác theo (1) (2) 3 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛3 + + + < 𝑥𝑛3 + + + 𝑥𝑛 𝑥𝑛 27 + 3𝑛 (27 + 3𝑛)2 5,0 điểm hoctoancapba.com < 𝑥𝑛3 + + Từ (3) ta 1 + 𝑛 9𝑛 (3) 𝑥13 = 27 1 𝑥33 < 𝑥23 + + + 9.22 … 1 𝑥𝑛3 < 𝑥𝑛−1 +3+ + 𝑛 − 9(𝑛 − 1)2 𝑛 𝑛 1 𝑥𝑛 < + 3𝑛 + ∑ + ∑ 𝑘 𝑘 𝑥23 < 𝑥13 + + + 𝑘=1 𝑘=1 Ta so sánh hai dấu tổng 𝑛 1 1 ∑