Dethi hsg ct vong2 2016 2017 (1)

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 : TỐN
BÀI THI THỨ NHẤT
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (5,0 điểm).
Giải bất phương trình

√ 2 x 3 +3 x 2+ 6 x +16> 2 √ 3+ √ 4−x
Câu 2 (5,0 điểm).
−1 1
Tìm tất cả các hàm số f : R ¿ { 3 ; 3 ¿ }→ R biết rằng
f ( x )+f

x+1
−1 1
=x ; ∀ x ∈ R ¿ {
; ¿}
( 1−3
x)
3 3

Câu 3 (5,0 điểm).
Tìm các cặp điểm trên đồ thị hàm số y=x 3−4 x−1 có tọa độ đều là các

số nguyên và các cặp điểm này đối xứng nhau qua đường thẳng y=x đồng
thời không nằm trên đường thẳng đó.
Câu 4 (5,0 điểm).
π
Cho tam giác ABC có số đo ba góc A , B , C ∈ 0, 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức

( )

P=

A . sin A +B . sin B+C . sin C
sinA + sinB+ sinC

___________

Hết ___________

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi.
Họ và 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 : TỐN

BÀI THI THỨ HAI
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 5 (5,0 điểm).
Xác định các đa thức P( x ) thỏa mãn
x ( x +1 ) P'' ( x )+ ( x +2 ) P' ( x )−4 P ( x ) =0 ; ∀ x ∈ R

Câu 6 (5,0 điểm).
Cho dãy số ( u n) xác định bởi
u 1=2016
u2
un+1 = n , ∀ n ≥ 1
1+un

{

a. Chứng minh dãy số (un ) là dãy giảm.
b. Tìm phần nguyên của u1000.
Câu 7 ( 5,0 điểm).
Một tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Người ta cắt tứ diện bởi bốn mặt
phẳng lần lượt song song với bốn mặt của tứ diện sao cho khoảng cách từ mỗi
mặt phẳng đó đến mặt của tứ diện song song với nó đều bằng nhau và khơng
bé hơn a / √6 . Tìm vị trí cắt sao cho khối đa diện cịn lại có thể tích bằng một
nửa thể tích tứ diện ABCD và tính diện tích tồn phần khối đa diện cịn lại đó.
Câu 8 (5,0 điểm).
Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn a . b . c=1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
P=

a

2016

1
1
1
+ 2016
+ 2016
2016
2016
+2 b +3 b + 2 c + 3 c + 2a 2016 +3

___________

Hết ___________

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi.
Họ và 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

2

+3 x + 6 x +16> 2 √ 3+ √ 4−x

Bất phương trình xác định khi

2 x 3 +3 x 2+6 x +16 ≥ 0
4−x ≥ 0

{

2
⟺ ( x+2 ) ( 2 x −x+ 8 ) ≥0
x≤ 4
⟺−2≤ x ≤ 4
Xét hàm số f ( x )= √ 2 x 3+ 3 x 2 +6 x+ 16− √ 4− x
6 ( x2 + x +1 )
1
f ' ( x )=
+
>0
3

2
2 √ 2 x +3 x +6 x+ 16 √ 4−x
∀ x ∈ (−2; 4 )
Câu 1 Vậy f ( x ) đồng biến trong khoảng (−2 ; 4 )
5,0 đ Mặt khác f ( 1 ) =2 √3 ⟹ x>1 ⟹ f ( x )> f ( 1 )=2 √ 3
So với điều kiện bất phương trình có nghiệm 1< x ≤ 4

{

Cách khác
Với điều kiện −2< x ≤ 4 biến đổi bất phương trình ta được

√ 2 x 3 +3 x 2+ 6 x +16> 2 √ 3+ √ 4−x
⟺ √ 2 x 3 +3 x 2+6 x +16−3 √ 3−√ 4−x + √ 3>0

2 x 3 +3 x 2+ 6 x+16−27
1− x
−
>0
3
2
√2 x + 3 x +6 x+ 16+3 √ 3 √ 4−x + √ 3
2 x 2 +5 x+11
1
⟺ ( x−1 )
+
>0
3
2
√2 x + 3 x +6 x+ 16+3 √ 3 √ 4−x +√ 3

⟺

[

]

Do biểu thức trong dấu ngoặc vng dương nên bất phương trình có nghiệm x >1
So với điều kiện bất phương trình có nghiệm 1< x ≤ 4

x+1
Câu 2
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 2 ( x ) ]=
=
=
−6 x−2 3 x+1
x +1
1−3
1−3 x
u1 ( x )=x ; u2 ( x )=

(

)

Ta có

x−1
+1
3 x +1
u3 [ u2 ( x ) ] =u2 [u 3 ( x ) ]=
=x
3 ( x−1 )
1−
3 x +1
Thay x bởi u1 ; u2 ; u 3 vào phương trình (*) ta được
f ( u 1 )+ f ( u2 ) =u1 (1)


Câu

Lược giải

f ( u 2 ) +f [ u2 ( u2 ) ] =u2 ⟺ f ( u2 ) + f ( u 3 )=u2 (2)
f ( u 3 ) +f [ u2 ( u3 ) ]=u3 ⟺ f ( u3 ) + f ( u1 )=u 3 (3)
lấy (1) trừ (2) cộng (3) ta được

2 f ( u1 ) =u1−u2 +u3
1
x +1
x−1
1 9 x3 +6 x 2−x +2
x−
+
= .
2
1−3 x 3 x +1 2
9 x 2−1
−1 1
∀ x ∈ R ¿ { ; ¿}
3 3
Câu 3 Gọi M ( a , b ) ∈ ( C ) ; a ; b ∈ Z và M ' là điểm đối xứng của M qua đường thẳng
5,0 đ y=x khi đó M ' ( b , a ) ∈(C)
⟹ f ( x )=

(

)

Ta được
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 2 )=3(b−a)
5 ( 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
5 ( a+b )=a3 −b3−4 a−4 b+−2

{

⟺

S 2−P=3
P=S 2−3
⟺
5 S=S 3−3 SP−2
5 S=S 3−3 S ( S 2−3 ) −2

{

{

⟹ S 3−2 S +1=0 ⟹ S=1 ; S=

−1 ± √5
(lo ạ i)
2

⟹ P=−2
a , b là nghiệm của phương trình
⟹ X 2− X−2=0⟹ X =−1 ; X=2
Hay các điểm cần tìm là (−1 ; 2 ) ; (2 ;−1).

Cách khác
Gọi M ( a , b ) ∈ ( C ) ; a ; b ∈ Z và M ' là điểm đối xứng của M qua đường thẳng
y=x khi đó M ' ( b , a ) ∈(C)
Ta được
b=a3−4 a−1
a=b3−4 b−1

{

Do M không thuộc đường thẳng y=x nên a ≠ b khi đó trừ theo vế của hệ
phương trình ta được
b−a=a3 −b3−4 a+ 4 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 ’ khi đó d vng góc với y=x , phương
trình đường thẳng MM ' có dạng y=−x+ m
Vì hai điểm M , M ’ không thuộc đường thẳng y=x nên phương trình hồnh
độ giao điểm của d và (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

như sau:
x
y'
y

−∞−11+∞
00
1
-3

Phương trình có từ hai nghiệm trở lên khi −3 ≤ m≤ 1và nghiệm −2 ≤ x 0 ≤2
Vậy a , b ∈[−2;2] thay các số nguyên vào (*) ta chọn được
a=−1 ; b=2h ay a=2 ; b=−1
Hay các điểm cần tìm là (−1 ; 2 ) ; (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,
2
π
nên ta được
f ( x) là hàm số tăng 0,
2
π
( x− y ) ( f ( x )−f ( y ) ) ≥0 ; ∀ x , y ∈ 0,
2
⟹ ( A−B ) ( sin A−sin B ) ≥ 0
Câu 4 ⟹ 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 được

3 ( 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
3
π
Vậy P ≥ ; dấu bằng xảy ra khi A=B=C hay tam giác ABC đều.
3
Câu 5 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 được

x ( x +1 ) 2 a+ ( x+ 2 )( 2 ax +b )−4 ( a x 2+bx +c ) =0
⟺ 2 a x2 +2 ax +2 a x2 +bx + 4 ax +2 b−4 a x 2−4 bx−4 c=0
⟺ ( 6 a−3 b ) x+ 2b−4 c=0, ∀ x ∈ R
⟹ 6 a−3 b=0 ⟹ b=2 c ; a=c
2 b−4 c=0
Vậy P ( x )=c ( x 2+ 2 x +1).
Nếu bậc P( x )lớn hơn hai ta chứng minh không tồn tại P( x ). Thật vậy giả sử:

{

Điểm


Câu

Điểm

Lược giải
n

n−1

P ( x )=a x + b x + …; n> 2; a≠ 0
P' ( x )=na x n−1 + ( n−1 ) b x n−2 +…
P} left (x right ) = n left (n - 1 right ) a {x} ^ {n - 2} + left (n - 1 right ) left (n - 2 right ) b {x} ^ {n - 3} + ¿
Thay vào giả thiết bài 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 nhất hai vế khi đó hệ số của x n phải bằng 0
n ( n−1 ) a+na−4 a=0
⟺ a ( n 2−n+n−4 )=0
⟺ a ( n 2−4 )=0⟹ a=0 v ìn> 2 điều này vơ lí.
Vậy các đa thức cần tìm P ( x )=c ( x 2+ 2 x +1)với c là một số thực bất kỳ.
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 ) là dãy giảm
Ta ước lượng dãy (un ) như sau:
u2n

un
un +1=
=un−
> u −1, ∀ n≥ 1
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 1
u
u
u
¿− n−1 − n−2 −…− 1 +u1
1+u n−1 1+un−2
1+u1

[(

¿− 1−

Câu
6b
3,0 đ

1

1
1
+ 1−
+ …+ 1−
+u1
1+ un−1
1+u n−2
1+u 1

)(

[ (

¿− n−1−

)]

) (

1
1
1
+
+…+
+u 1
1+u n−1 1+u n−2
1+u1

( 1+u1

)]

¿−n+1+

+
n−1

1
1
+…+
+u1
1+u n−2
1+u1

)

Mặt khác

1
1
1
n−1
+
+ …+
<
1+un−1 1+un−2
1+ u1 1+un−1
n−1
n−1
¿

=
<1, v ớ i1 ≤ n≤ 1009
1+ 2016−(n−1) 2018−n
[ un ] ≤u 1−n+1=2017−n (2)
0<

Từ (1) và (2) ta được

2016−n< [ un ] ≤ 2017−n v ớ i 1≤ n ≤1009
⟹ [ un ]=2017−n , v ớ i1 ≤ n≤ 1009
Vậy phần nguyên của u1000 là [ u1000 ] =1017
Câu 7 Nhận xét: Tứ diện đều có cạnh bằng a

5,0 đ

thể tích tứ diện là


Câu

Điểm

Lược giải

1
V = S BCD . AH
3
1 1
¿ . BM .CD . AH
3 2

1 a √3
a √ 6 a3 √ 2
¿ .
.a.
=
6 2
3
12

A

a

Diện tích tồn phần tứ diện đều

1 a 3
S=4. S ABC =4. a . √ =a2 √ 3
2
2
B

D

H

M
C

Giả sử mặt phẳng song song với mặt (ACD) của tứ diện
cắt cạnh tứ diện tại M , N , P như hình vẽ. Đặt x=BM

Do khoảng cách từ mặt phẳng cắt đến mặt của tứ

A

a
2

diện không bé hơn a / √ 6 nên x > .
Theo nhận xét ta được

x3 √ 2
V BMNP =
12
a3 √ 2
V ABCD =
12

M
B

V =V ABCD−4 V BMNP
a 3 √ 2 4 x3 √ 2 √ 2 3
3
¿
−
= (a −4 x )
12
12
12
1

1 a 3 √ 2 √2 ( 3
3
Để V = V ABCD ⟹ .
=
a −4 x )
2
2 12
12
a
⟺ a3 =2 a3−8 x 3 ⟹ x=
2
Khi đó diện tích tồn phần của khối đa diện

S=S ABCD−8 S BMP=a
a
2

2

√ 3−8.

3
= √ a2
2

( ( ))

¿ √ 3 a2−2

2

N
P

Thể tích khối đa diện cịn lại

x2 √ 3
2
2
=a √ 3−2 √ 3 x
4

C

D


Câu

Lược giải
Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a . b . c=1. Tìm giá trị lớn nhất của

P=

a

2016

1
1

1
+ 2016
+ 2016
2016
2016
+2 b +3 b + 2 c + 3 c + 2a 2016 +3

Đặt

x=a 1008 ; y=b1008 ; z =c 1008 ⟹ xyz=1
Ta được

P=

1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
x + 2 y +3 y +2 z + 3 z + 2 x 2 +3
2

Ta có

x 2+ 2 y 2 +3=( x 2+ y2 ) + ( y 2+1 ) + 2≥ 2 xy+ 2 y +2=2 ( xy + y +1 )
Tương tự, thay vào biểu thức P ta được
Câu 8
1

1
1
1
5,0 đ P ≤ 2 xy + y +1 + yz + z +1 + zx + x+ 1
1
1
1
1
≤
+
+
2 xy + y +1 1 1
1
+ +1
+ x+1
x xy
y
1
1
xy
y
≤
+
+
2 xy + y +1 y +1+ xy 1+ xy + y
1 1+ xy + y 1
≤
=
2 xy + y +1 2
1

⟹ P≤ dấu bằng xảy ra khi x= y =z=1
2
Vậy giá trị lớn nhất của P là 1/2 khi a=b=c=1

[

]

[

]

[
[

]

]

Điểm