ĐỀ THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn TOÁN 2015 2016

SỞ 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
Câu
1

Đáp án
Giải phương trình: x  15 x  45 x  27  0 1
5

3

Đặt x  2 3t , thay vào phương trình ta được
288 3t 5  360 3t 3  90 3t  27  0
 2 16t 5  20t 3  5t   3
 16t 5  20t 3  5t  cos

Đặt t  cos



6

Ta có 16cos 5  20cos 3  5cos  cos
Do cos5  16cos   20cos   5cos
5

6

k 2 
 
 x  2 3cos 

 , k {0,1,2,3,4}
6
5 
 5.6
Do phương trình 1 có tối đa 5 nghiệm nên phương trình 1 có đúng 5

Nên ta được cos5  cos

2



3



k 2 
 
nghiệm là: x  2 3cos 

 , k {0,1, 2,3,4}
5 
 5.6
Tìm hàm f(x) liên tục trên  và thỏa mãn: 3 f  3 x   f  x   x, x  .
x
x
Ta có 3 f  3x   f  x   x, x    3 f  x   f    , x   1
3 3

Đặt g  x  

x  
x
. Xét dãy số  xn  với  1
3
 xn 1  g  xn 

Điểm
5
1
1
1
1
1
5
1


x1

 x2  g  x1   3

 x  g x  x2
x
 2
Ta có  3
suy ra xn  n11 nên lim xn  0
3
3
n
...

xn 1

 xn  g  xn 1   3
Do hàm f  x  liên tục trên  nên lim f  xn   f  0   0

n
Lần lượt thay x bởi x1 ; x2 ;...; xn vào 1 ta được


 x1  x1
x1

3 f  x1   f  3   3
3 f  x1   f  x2   3





 x2  x2
3 f x  f x  x1
3
f
x

f

 3 2
  2
  2
 3 3

3

 





x


 xn 1  xn 1
3 f  xn 1   f  xn   n11

3 f  xn 1   f 


3

3
 3 

x1
1

 f  x1   3 f  x2   32

 f x  1 f x  x1
 3 3
  2

3
3



x1
1

 f  xn 1   3 f  xn   3n
n 1
2n2
 1  2  1  4

1
1
Suy ra f  x1     f  xn   x1       ...    
3
3
 3   3 

1
 
3

n 1

1
1  
1 3
f  xn  
1
9
1
9

2n2

1
x1   
3

n 1

1
1  
3
f  xn  
8

1

2 n 2

x1 .

Lấy giới hạn 2 vế. do f  x  là hàm số liên tục nên ta được:
f  x1  

3

1

x1
x

 f  x 
8
8
x
Thử lại : f  x   là hàm liên tục trên  và
8
3x 9 x
x
9x
thỏa mãn điều kiện bài toán
3 f  3x   3.  ; f  x   x   x 
8
8
8
8

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 a ; db ; dc , khoảng cách từ M

1
1
5


đến các đỉnh A, B, C lần lượt là x; y; z . Chứng minh rằng:
x yz
2
d a  db  d c
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 2SMAB  c.d c  BH .x; 2S MAC  b.db  CK .x
Do BH  CK  BC  x  BH  CK   x.BC  xa  bdb  cd c 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 db
Áp dụng 1 cho điểm M’ ta được xa  bdc  cdb  x  d c  db
b
a

c
a

a
c
a
b
b
b
c
c
b c
a c
b a
Suy ra x  y  z  d a     db     dc     2d a  2db  2dc
c b
c a
a c

x yz

2
d a  db  dc

Tương tự ta cũng có y  d c  d a ; z  db  d a

1

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và M là tâm tam giác.

1
1
1


4


 2  x  y  z   15  0 1

Giải hệ phương trình  2 x  4 y  7 z  2 xyz  0  2 
 1
22

 10 y  4 8 z   3
3
 3x
Điều kiện: x  0; y  0; z  0
2x  4 y

Từ  2  suy ra z 
;2 xy  7  0
2 xy  7

Khi đó x  y  z  x  y 

2x  4 y
11 
7   2x  4 y 2 
 x
 y 

2 xy  7
2x 
2 x   2 xy  7 x 

2
11 2 xy  7 2  x  7 
11 2 x 2  7
 x


 x

 4
2x
2x
x  2 xy  7 
2x
x

2
2 xy  7 2  x  7 
7  2 x2  7
Đẳng thức xảy ra khi

 y
2x
x  2 xy  7 
2x

Mặt khác

x 7 
2

x

2

 7 9  7
4

3x  7

 5
4

x
1

3
11 2  3x  7 
9 3 15
Do vậy x  y  z  x 
 
  x     6  , đẳng thức
2x x  4 
x 2 2
xảy ra khi x  3
5
Từ 1 ;  6  suy ra dấu bằng xảy ra nên suy ra x  3; y  ; z  2
2
5
Thử lại thấy thỏa mãn  3 nên x  3; y  ; z  2 là nghiệm của hệ
2

Đẳng thức xảy ra khi

5

1
1

1

1
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------------------


SỞ 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
Câu
1

Đáp án
Cho tập hợp    x1; x2 ; x3  | xi  , i  1,2,3 . Với mọi x   x1; x2 ; x3  ;
3

y   y1; y2 ; y3  thuộc  3 ta xác định
d1  x, y  

 y  x 
3

i

i

d 2  x, y   Max yi  xi
i 1

Điểm
5

2

i 1,2,3

d3  x, y    yi  xi
3

i 1

Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương  ,  ,  sao cho
d1  x, y    d 2  x, y    d3  x, y    d1  x, y 
 y  x 2  Max  y  x 2
i
i
i 1,2,3
 1 1

2
2
Ta có  y2  x2   Max  yi  xi  

i 1,2,3

 y3  x3 2  Max  yi  xi 2
i 1,2,3


 y  x 
3

i

i 1

i

i 1,2,3

i 1,2,3

Mặt khác


i 1

2

i

2

 3 Max  yi  xi 
i 1,2,3

2


3

i 1

yi  xi  d 2  x, y   d 3  x, y  2 

yi  xi  1. y1  x1  1. y2  x2  1. y3  x3


 1  1  1  

2

i 1

i

 3 Max yi  xi  d1  x, y   3d 2  x, y 1

2

Dễ thấy Max yi  xi 
3

 y  x 
3

1

2

  yi  xi 
3

i 1

2


  3d1  x, y   d3  x, y   3d1  x, y  3


Từ 1 ,  2  ,  3 ta có d1  x, y   3d 2  x, y   3d3  x, y   3d3  x, y 
2

Vậy   3,   3,   3 suy ra điều phải chứng minh
 x1  2015

xn
Cho dãy số thực  xn  xác định bởi 
. Tìm
xn1  3 
, n  *


xn2  1


1
1

1
1
5


lim xn

n

Dễ thấy xn  3, n  *
xn 1  3 

xn

 3  1

x 1
2
n

Xét hàm số f  x   3 
f ' x  



f ' x  



1

x 1
2

1



x 1
2

Xét phương trình

,x

3



f  x  x  3 

3



x

x2  1



 3

x2  1



,x

3; 3  2

1





x

1
 3  2, n  1 nên dãy  xn  bị chặn.
x 1
2
n

2


1


 

3

 x x

3  15
 xo  3; 3  2
2
xn1  xo  f  xn   f  xo 

x





3; 3  2

1

2 2

,x

3; 3  2







3; 3  2

1

1





 1 
 f '  c  xn  xo 
xn  xo    
 x1  xo  0 khi n  
2 2
2
2


3  15

Vậy lim xn  xo 
n
2
Cho tứ diện đều ABCD , M là điểm nằm phía trong của tứ diện. Gọi
M 1; M 2 ; M 3 ; M 4 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các mặt
phẳng ( BCD );(CDA);( DAB);( ABC ) .
    4 
Chứng minh rằng: MM 1  MM 2  MM 3  MM 4  MG
3
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
N1 N 2 , N 2 N 3 , N 3 N1 lần lượt song song BC, CD, DB nên tam giác
N1 N 2 N 3 đều.
Tương tự các tam giác PP
1 2 P3 ,Q1 Q2Q3 , K1 K 2 K 3 là các tam giác đều
1

3



1

1

1

n

1
5

1


Các tứ diện MN1 N 2 N 3 , MP1P2 P3 , MQ1 Q2Q3 , M K1K 2 K 3 là các tứ diện đều
Do vậy M 1; M 2 ; M 3 ; M 4 là tâm các tam giác đều
N1 N 2 N 3 , PP
1 2 P3 ,Q1 Q2Q3 , K1 K 2 K 3
  1   
 MM 1  3 MN1  MN 2  MN 3
 
  
 MM  1 MP  MP  MP
2
1
2
3

3
Nên ta có: 

  
 MM  1 MQ  MQ  MQ
3
1
2
3


3
  1   
 MM 4  MK1  MK 2  MK 3
3

   
 MM 1  MM 2  MM 3  MM 4 
  
1    
MN1  MQ3  MK 2  MN 2  MK 3  MP1 

3
  
1   
  MN3  MP2  MQ2  MP3  MQ1  MK1 

3
4 
 MG
3
    4 
Vậy MM 1  MM 2  MM 3  MM 4  MG
3
Tìm các số tự nhiên a1; a2 ; a3 ;; an thỏa mãn
a1  a2  a3    an  2015 sao cho biểu thức P  a1.a2 .a3  an lớn nhất
có thể.
Ta chứng tỏ trong các số a1; a2 ; a3 ;; an cần tìm không có số 1.













4





 

1





 

1



1



1
5
1


Thật vậy: giả sử tồn tại một số bằng 1, chẳng hạn là a1  1 , khi đó trong
các số còn lại phải có số a j  2 , ta giả sử là a2  2 , vì ngược lại dễ thấy
điều vô lý
Khi đó ta thay a1 bởi số 2 và a2 bởi a2  1  2
2   a2  1  a3    an  2015

 a2  2
2  a2  1 a3  an  1a2 a3  an

Vi phạm P  a1.a2 .a3  an lớn nhất có thể.
Ta chứng tỏ trong các số a1; a2 ; a3 ;; an không có số nào lớn hơn 4.
Thật vậy giả sử a1  5
Khi đó ta thay a1  2   a1  2 

1

1

a1  a2    an  2   a1  2   a2    an  2015

 a1  4  a1  5

2
a

2
a

a

a
a
a

a


 1
2
n
1 2 3
n

Mâu thuẫn với P  a1.a2 .a3  an lớn nhất có thể.
Suy ra trong n số tự nhiên cần tìm a1; a2 ; a3 ;; 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

1

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
Từ đó suy ra có 672 số a1; a2 ; a3 ;; a672 trong đó có 671 số 3 và một số 2
thì tích bằng 3671.2 đạt giá trị lớn nhất có thể.

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------------------