SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
AN GIANG Năm học 2014 – 2015
Môn : TOÁN
BÀI THI THỨ NHẤT
Thời gian làm bài : 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (4,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau trên ℝ. Hãy chỉ ra vị trí
đạt giá trị đó. 𝑦=cos 2𝑥
1+𝑥2+cos 4𝑥
1+𝑥2+1
Bài 2: (3,0 điểm)
Chứng tỏ rằng trên mặt phẳng tọa độ Oxy đồ thị hàm số sau đây đi qua vô số
các điểm có tọa độ đều là số nguyên.
𝑦=𝑓(𝑥)=𝑥5
30+𝑥3
6−𝑥
5
Bài 3: (3,0 điểm) (Chiều cao cột tháp truyền hình)
Từ ba điểm trên mặt đất có khoảng cách đến chân tháp truyền hình là 𝑎,𝑏,𝑐
nhìn đỉnh tháp và chân tháp dưới ba góc mà tổng của chúng bằng 1800. Tính chiều
cao của tháp truyền hình theo 𝑎,𝑏,𝑐.
Bài 4: (5,0 điểm)
Giải bất phương trình
√2𝑥3+3𝑥2+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
1+𝑏+𝑐+𝑏
1+𝑐+𝑎+𝑐
1+𝑎+𝑏+(1−𝑎)(1−𝑏)(2−𝑐)≤2
------ Hết------
ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD : PHÒNG:
hoctoancapba.com
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
AN GIANG Năm học 2014 – 2015
Môn : TOÁN
BÀI THI THỨ HAI
Thời gian làm bài : 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Bài 6: (5,0 điểm)
Giải hệ phương trình {𝑥3−5𝑥=8𝑦3−10𝑦
𝑥8+16𝑦4=1
Bài 7: (5,0 điểm)
Tìm tất cả các 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=3 ;𝑥𝑛+1 =𝑥𝑛+1
𝑥𝑛
2 ; ∀𝑛∈ℕ
Tìm giới hạn của dãy (un) với 𝑢𝑛=𝑥𝑛
3
𝑛
Bài 9: (5,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của
cạnh SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB; SD lần lượt tại M và N. Chứng minh
rằng: a) SB
SM+SD
SN=3
b) 1
3≤V1
V≤3
8
Trong đó V ; V1 lần lượt là thể tích khối chóp S.ABCD và S.AMKN.
------ Hết------
ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD : PHÒNG:
hoctoancapba.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12
AN GIANG Năm học 2014 – 2015
MÔN TOÁN VÒNG 2
A.ĐÁP ÁN
Bài 1
𝑦=2cos22𝑥
1+𝑥2+cos 2𝑥
1+𝑥2
Tập xác định của hàm số 𝐷=𝑅
Đặt 𝑡= 2𝑥
1+𝑥2 ta tìm tập giá trị của t trên tập 𝑅
𝑡′=2(1+𝑥2)−2𝑥.2𝑥
(1+𝑥2)2=2−2𝑥2
(1+𝑥2)2
𝑡′=0⟺𝑥=±1
lim
𝑥→±∞𝑡=0
𝑥
−∞ − 1 1 + ∞
𝑡′
− 0 + 0 −
𝑡
0 1
−1 0
Vậy 𝑥∈𝑅⟹𝑡∈[−1,1]⟹𝑢=cos𝑡∈[cos1,1]
Xét hàm số 𝑦=𝑓(𝑢)=2𝑢2+𝑢=2(𝑢+1
4)2−1
8
Hàm số đồng biến trên (−1
4,+∞)
Do 𝑢∈[cos1,1] và cos1>cos𝜋
3=1
2 ⟹[cos1,1]∈(−1
4.+∞)
Vậy 𝑓(cos1)≤𝑓(𝑡)≤𝑓(1)⟺2cos21+cos1≤𝑦≤3
Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số là 3 khi cos𝑡=0⟺𝑡=2𝑘𝜋⟺
2𝑥
𝑥2+1=2𝑘𝜋 nhưng vì 𝑡∈[−1,1]⟹2𝑥
1+𝑥2∈[−1,1] nên ta chỉ chọn 𝑘=
0⟹𝑥=0
Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 2cos21+cos1 điều này xảy ra khi
cos 2𝑥
1+𝑥2=cos1⟺ 2𝑥
1+𝑥2=±1+𝑘2𝜋⟹ 2𝑥
1+𝑥2=±1
Khi đó ta được 𝑥=±1
4,0
điểm
Bài 2
𝑓(𝑥)=𝑥5
30+𝑥3
6−𝑥
5=𝑥5+5𝑥3−6𝑥
30 =𝑥(𝑥−1)(𝑥+1)(𝑥2+6)
30
=𝑥(𝑥−1)(𝑥+1)(𝑥2−4+10)
30
=(𝑥−2)(𝑥−1)𝑥(𝑥+1)(𝑥+2)
30 +10𝑥(𝑥−1)(𝑥+1)
30
Nhận xét (𝑥−1)(𝑥−1)𝑥(𝑥+1)(𝑥+2) là 5 số nguyên lien tiếp nên
chia hết cho 5! hay chia hết cho 30; còn 𝑥(𝑥−1)(𝑥+1) là ba số
nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 vậy nếu 𝑥∈𝑍⟹𝑓(𝑥)∈𝑍 hay đồ
thị hàm số đi qua vô số các điểm có tọa độ nguyên.
3,0
điểm
hoctoancapba.com
Bài 3
Đặt chiều cao tháp truyền hình là ℎ và ba góc nhìn đỉnh và chân
tháp là 𝛼;𝛽;𝛾⟹ 𝛼+ 𝛽+ 𝛾=1800⟹𝛼+𝛽=1800−𝛾⟹
tan(𝛼+𝛽)=−tan𝛾
Theo giả thiết ta được
tan𝛼=ℎ
𝑎 ;tan𝛽=ℎ
𝑏;tan𝛾=ℎ
𝑐
⟹ tan(𝛼+ 𝛽)= ℎ
𝑎+ℎ
𝑏
1−ℎ
𝑎.ℎ
𝑏=−ℎ
𝑐=−tan𝛾
⟺1
𝑎+1
𝑏=−1
𝑐(1−ℎ2
𝑎𝑏)⟺ℎ=√(1
𝑎+1
𝑏+1
𝑐)𝑎𝑏𝑐
3,0
điểm
Bài 4
√2𝑥3+3𝑥2+6𝑥+16 >2√3+√4−𝑥
Bất phương trình có nghĩa khi
{2𝑥3+3𝑥2+6𝑥+16≥0
4 −𝑥≥0 ⟺{(𝑥+2)(2𝑥2−𝑥+8)≥0
4≥𝑥
⟺4≥𝑥≥−2
Xét hàm số 𝑓(𝑥)=√2𝑥3+3𝑥2+6𝑥+16 −√4−𝑥
𝑓′(𝑥)=6(𝑥2+𝑥+1)
2√2𝑥3+3𝑥2+6𝑥+16 +1
2√4−𝑥>0 ∀𝑥∈(−2;4)
Vậy hàm số đồng biến trên (−2;4) chú ý rằng 𝑓(1)=2√3
𝑥>1⟹𝑓(𝑥)>2√3
Vậy nghiệm của bất phương trình là (1;4]
5,0
điểm
Bài 5
Cho ba số tùy ý 𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 thuộc đoan [0;1] chứng minh rằng
𝑎
1+𝑏+𝑐+𝑏
1+𝑐+𝑎+𝑐
1+𝑎+𝑏+(1−𝑎)(1−𝑏)(2−𝑐)≤2
Với 𝑎,𝑏,𝑐∈[0;1]
thì 1≥(1−𝑎)≥0 ;1≥(1 − 𝑏)≥0 và 𝑎+𝑏+1≥1
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
(1−𝑎)+(1−𝑏)+(𝑎+𝑏+1)
3≥√(1−𝑎)(1−𝑏)(1+𝑎+𝑏)
3
1≥(1−𝑎)(1−𝑏)(1+𝑎+𝑏)
Nhân hai vế của BĐT này với (2−𝑐)>0, ta được
(1−𝑎)(1−𝑏)(1+𝑎+𝑏)(2−𝑐)≤(2−𝑐)
⟺(1−𝑎)(1−𝑏)(2−𝑐)≤2−𝑐
1+𝑎+𝑏
⟺𝑐
𝑎+𝑏+1+(1−𝑎)(1−𝑏)(2−𝑐)≤2
𝑎+𝑏+1 (1)
Mặt khác từ giả thiết, ta có:
𝑎
𝑏+𝑐+1<2𝑎
𝑎+𝑏+1 (2)
Thật vậy, BĐT (2) tương đương với
𝑎(𝑎+𝑏+1)≤2𝑎(𝑏+𝑐+1)⟺𝑎(𝑏+2𝑐+1−𝑎)≥0 luôn đúng
5,0
điểm
hoctoancapba.com
Tương tự, ta có: 𝑏
𝑐+𝑎+1<2𝑏
𝑎+𝑏+1 (3)
Cộng từng vế các BDT (1), (2), (3) ta được:
𝑎
1+𝑏+𝑐+𝑏
1+𝑐+𝑎+𝑐
1+𝑎+𝑏+(1−𝑎)(1−𝑏)(2−𝑐)≤2
Dấu bằng xảy ra khi
{1−a=1−b=1+a+b
a(b+2c+1−a)=0
b(a+2c+1−b)=0 ⟺{a=b=0
c∈[0;1]
Bài 6
{𝑥3−5𝑥=8𝑦3−10𝑦
𝑥8+16𝑦4=1
Từ phương trình (2) ta thấy |𝑥|≤1;|2𝑦|≤1
Xét hàm số 𝑓(𝑡)=𝑡3−5𝑡 liên tục trên đoạn [-1;1]
Có 𝑓′(𝑡)=3𝑡2− 5<0; ∀𝑡∈[−1;1]
vậy hàm số nghịch biến trên [−1;1]
𝑓(𝑥)=𝑓(2𝑦)⟺𝑥=2𝑦
Hệ trở thành
{𝑥=2𝑦
𝑥8+𝑥4=1⟺{𝑥=2𝑦
𝑥8+𝑥4−1=0⟺{𝑥=2𝑦
𝑥4=−1+√5
2
Vậy hệ có nghiệm
𝑥=√−1+√5
2
4; 𝑦=1
2√−1+√5
2
4
Hay
𝑥=−√−1+√5
2
4; 𝑦=−1
2√−1+√5
2
4
5,0
điểm
Bài 7
𝑓(𝑥.𝑦)=𝑓(𝑥).𝑓(𝑦)+𝑓(𝑥)+𝑓(𝑦)−𝑓(𝑥+𝑦) ; ∀𝑥;𝑦 ∈ℝ
Cho 𝑥=𝑦=0 ta được
𝑓(0)=𝑓2(0)+2𝑓(0)−𝑓(0)⟺𝑓2(0)=0⟺𝒇(𝟎)=𝟎
Cho 𝑦=1 ta được
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)=0=𝑓(1)[𝑓(−1)+1]
+ Nếu 𝑓(1)=0⟹𝑓(𝑥+1)=0 ; ∀𝑥⟹𝑓(𝑥)=0 ; ∀𝑥 như vậy
𝑓(𝑥)=0; ∀𝑥 là nghiệm của phương trình.
+ Nếu 𝑓(1)≠0 ⟹𝑓(−1)=−1 (ta chưa biết f(1))
Cho 𝑦=−1 ta được
𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)𝑓(−1)+𝑓(𝑥)+𝑓(−1)−𝑓(𝑥−1)
=−𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥)−1−𝑓(𝑥−1)=−1−𝑓(𝑥−1)
⟺𝑓(−𝑥)=−1−𝑓(𝑥−1)
Vì 𝑓(1)≠0 nên ta nhân hai vế cho –𝑓(1) ta được
−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⟹𝑓2(1)=1
5,0
điểm
hoctoancapba.com