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
MÔN THI: TOÁN
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 2 − 3x (1) và đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − 2 (với m là tham số).
Tìm m để đường thẳng (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao
cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ
độ).
2x + 3
có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = −2 x + m . Chứng minh rằng d cắt
x+2
(C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp

2) Cho hàm số y =

tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k 2 ) 2013 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)



1) Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin  x −

2) Giải hệ phương trình:

(

π
 −1
4

)

1

2
3 xy 1 + 9 y + 1 =
x +1 − x

 x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10


Câu III (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

S=

1
1
1
1

1
+
+
+
+ ... +
1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010!
2014.2013!.0!

5

u1 = 2
 n 1
 ∑
(
n
∈
N
*)
lim
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
. Tìm
1
2
 k =1 u k
u = u − u + 2
n
+
1
n
n


2


 .


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 lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN
vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a.

Lấy đáp án và lời giải =>


2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao
cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2
x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥8
Chứng minh rằng: 4

x + y4 + x2 y2 y4 + z 4 + y2 z 2 z4 + x4 + z2 x2

……………..Hết………………..
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: …………………........
Chữ ký của giám thị 1:………………………….Chữ ký của giám thị 2:.....................................

Lấy đáp án và lời giải =>


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HẢI DƯƠNG

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối
đa)
Câu

Nội dung

Điể
m

I1

1) Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 − 3x (1) và đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − 2 (với m là tham

1,0đ

số). Tìm m để đường thẳng (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,
B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi
và O là gốc toạ độ).
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và ( ∆ ) là nghiệm phương trình:
x 3 + 2mx 2 − 3x = 2mx − 2 ⇔ x 3 + 2mx 2 − (2m + 3) x + 2 = 0
x = 1
⇔ ( x − 1)  x 2 + (2m + 1) x − 2  = 0 ⇔  2
.
 x + (2m + 1) x − 2 = 0(2)

0,25

Vậy (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai
(2m + 1) 2 + 8 > 0
⇔ m ≠ 0.
nghiệm phân biệt x ≠ 1 ⇔ 
1 + 2m + 1 − 2 ≠ 0
Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( x1;2mx1 − 2), C( x2 ;2mx2 − 2) , trong đó x1 ; x 2
là nghiệm phương trình (2) nên x1 + x 2 = −2m − 1, x1x 2 = −2

0,25

2

1
Tam giác OBC có diện tích S = BC.d . Trong đó d = d(O; ∆) =
2
1+4m 2
BC 2 = ( x2 − x1 ) 2 + (2mx2 − 2mx1 ) 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2  ( 4m 2 + 1)
2
⇒ BC = ( 2m + 1) + 8 ( 4m 2 + 1)



Lấy đáp án và lời giải =>

⇒S=

( 2m + 1)

2

+8

0,25


I2
1,0đ

Vậy S = 17 ⇔

m = 1
(TM)

4m 2 + 4m + 9 = 17 ⇔ 
m = −2

2) Cho hàm số y =

2x + 3
có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh
x+2

0,25

rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ
số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k 2 ) 2013 đạt giá trị nhỏ
nhất.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
 x ≠ −2
2x + 3
= −2 x + m ⇔  2
x+2
2 x + (6 − m) x + 3 − 2m = 0(*)

0,25

Xét phương trình (*), ta có: ∆ > 0, ∀m ∈ R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d
luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là
k1 =

1
1
, k2 =
, trong đó x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
2
( x1 + 1)
( x 2 + 1) 2

0,25
k1 .k 2 =

1

( x1 + 2) ( x 2 + 2)
2

2

=

1

( x1 x 2 + 2 x1 + 2 x 2 + 4) 2

= 4 (k1>0, k2>0)

Có P = ( k1 ) 2013 + ( k 2 ) 2013 ≥ 2. ( k1 k 2 ) 2013 = 2 2014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi
k1 = k 2 ⇔

1
1
=
⇔ ( x1 + 2) 2 = ( x 2 + 2) 2
2
2
( x1 + 2)
( x 2 + 2)

0,25

do x1 , x 2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
⇔ x1 + x2 = - 4 ⇔ m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

II1




1) Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin  x −

1,0đ

π
 − 1 (1)
4

PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)

0,25

⇔ (cosx – sinx). [ (cos x + sin x)(sin 2 x + cos 2 x) + 2] = 0

*) cos x − sin x = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
4

Lấy đáp án và lời giải =>

0,25


*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 ⇔ cosx + sin3x + 2 = 0 (2)
cos x = −1
⇔ hệ vô nghiệm.
sin 3 x = −1

0,25

*) Vì cos x ≥ −1; sin 3 x ≥ −1, ∀x nên (2) ⇔ 
π
Vậy PT có nghiệm là: x = + kπ (k ∈ Z )
4

II2
1,0đ

2) Giải hệ phương trình:

(

0,25

)

1

2
(1)
3 xy 1 + 9 y + 1 =
x +1 − x

 x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1). x = 10(2)


ĐK: x ≥ 0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
x +1 + x
PT (1) ⇔ 3 y + 3 y 9 y 2 + 1 =
x

⇔ 3 y + 3 y (3 y ) + 1 =
2

1

+

x

0,25
2

 1 

 + 1 (3)
x  x

1

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 + 1 , t > 0.
t2 +1 +

Ta có: f’(t) = 1 +

t2
t 2 +1

>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

1
 1 
 ⇔ 3y =
x
 x

PT(3) ⇔ f(3y)= f 

0,25

Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x = 10
Đặt g(x)= x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x − 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0

0,25

⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 ⇒ y =

1
3
1
3

KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).

Lấy đáp án và lời giải =>

0,25


III1
1,0đ

1) Rút gọn biểu thức:

S=

1
1
1
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
1
⇒ S .2013! = ∑ 2013
k = 0 ( k + 1).k!.(2013 − k )!
k =0 k + 1

2013

+) Ta có: S = ∑

+) Ta có:

0,25

k
C 2013
C k +1
2013!
2014!
=
=
= 2014
k + 1 (k + 1)!.(2013 − k )! 2014.( k + 1)![ 2014 − (k + 1)]! 2014

0,25

(k =0;1;…;2013)
k +1
C 2014
1 2014 k
=
.∑ C 2014
2014 k =1
k = 0 2014

2013

+) Do đó: S.2013!= ∑

+) S.2013! =

III2
1,0đ

(

0,25

)

1
2 2014 − 1
2 2014 − 1 ⇒ S =
2014
2014!

0,25

5

u1 = 2
 n 1
(n ∈ N *) . Tìm lim ∑
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
 k =1 u k
u = 1 u 2 − u + 2
n
 n +1 2 n


 .


1
2

2
+) Ta có: u n +1 − u n = (u n − 4u n + 4) ≥ 0, ∀n ⇒ Dãy không giảm.

Nếu có số M: un ≤ M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un ≥ u1 ⇒ L ≥ u1
+) Khi đó ta có: L =

0,25
0,25

1 2
L – L + 2 ⇔ L = 2. (Vô lý)
2

⇒ limun = + ∞
2
+) Ta có: u n − 2u n + 4 = 2u n +1 ⇔ u n (u n − 2) = 2(u n +1 − 2) ⇔

⇔

1
1
1
1
1
1
−
=

⇔
=
−
( ∀n ∈ N * )
u n − 2 u n u n +1 − 2
u n u n − 2 u n +1 − 2
n

+) Do đó:
IV1

1
1
=
u n (u n − 2) 2(u n +1 − 2)

1

∑u
k =1

k

=

 n 1
1
1
−
⇒ lim ∑

u1 − 2 u n +1 − 2
 k =1 u k

1

=2
 =
u
−
2
 1

· B = SAC
·
·
1) Cho khối chóp S . ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS
= 900 , BSC
= 1200 .
Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam

Lấy đáp án và lời giải =>

0,25
0,25


1,5đ

giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a .
S

Dùng ĐL Cosin tính được:

S
N

0,25

MN = 2a 3

A
C

A
N

M

H

M

B

AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ASC = 600) ⇒ tam 0,25
giác AMN vuông tại A.
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A. 0,25
⇒ SH ⊥ ( AMN ) ; tính được SH = a.

Tính được VS . AMN =

0,25

2 2a 3
3

VS . AMN SM .SN 1
=
= ⇒ VS . ABC = 2 2a 3
VS . ABC
SB.SC 3

0,25

3VS . ABC 6a 3 2
=
= 2a 2
Vậy d (C ;( SAB)) =
S ∆SAB
3a 2

0,25

IV2

2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và

1,5đ

đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.

+) Đặt

BM
DN
= x , với 0 ≤ x ≤ 1 ⇒
= x . Khi đó ta có: BM = x.BA và 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 2 a 2 + (1 − x) 2 a 2 + x 2 a 2 + 2 x(1 − x)

a2
a2
a2
− 2 x 2 . − 2 x(1 − x)
2
2
2

0,25

= a2 [ x 2 + (1 − x) 2 + x 2 + x(1 − x) − x 2 − x(1 − x)] = (2x2 – 2x + 1)a2
+) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn [ 0;1] ta có:

Lấy đáp án và lời giải =>

0,25


1
1
max f ( x) = f (0) = f (1) = 1, min f ( x ) = f ( ) =
2
2

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

a 2
khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
2

+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M ≡ B, N ≡ D hoặc M ≡ A, N ≡ C.

0,25
0,25

Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2
V
1,0đ

x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+

+
≥8
Chứng minh rằng: 4
x + y4 + x2 y2 y4 + z 4 + y2 z 2 z4 + x4 + z2 x2

+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

0,25

a2 + b2
3(a 2 + b 2 )
2
2
Do ab ≤
nên a + b + ab ≤
Dấu“=”có ⇔ a=b
2
2
a4 + b4
a4 + b4
a4 + b4
1
≥
≥ (a 2 + b 2 )
2
2
+) Ta có: a + b + ab 3 2
. Ta sẽ chứng minh: 3 2
(1).
3

a + b2
a + b2
2
2

(

)

(

0,25

)

Thật vậy: (1) ⇔ 2( a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Do đó ta được:

a4 + b4
1
≥ (a 2 + b 2 ) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b
2
2
a + b + ab 3

b4 + c4
1
≥ (b 2 + c 2 ) Dấu“=”có ⇔ b=c
+) Áp dụng BĐT trên ta có: 2 2
b + c + bc 3

0,25

c4 + a4
1
≥ (c 2 + a 2 ) Dấu“=”có ⇔ c=a
2
2
c + a + ca 3

Cộng các vế các BĐT trên ta được:
a4 + b4
b4 + c4
c4 + a4
2
+
+
≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) (2) Dấu“=”có ⇔ a=b=c
2
2
2
2
2
2
a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3

+) Theo BĐT Cô-si ta có:

2 2
(a + b 2 + c 2 ) ≥ 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 .Dấu“=”có ⇔ a=b=c

3

Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2

Lấy đáp án và lời giải =>

0,25


Lấy đáp án và lời giải =>


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (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
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

3x − 2 − x + 1 = 2x 2 − x − 3 .

8 8
 3
2

x
+
3x
−
13x
−
15
=
−

3 y
y
b) Giải hệ phương trình: 
 2
2 2
 y + 4 = 5y (x + 2x + 2)

(x, y ∈ ¡ ) .

Câu 2 (4,0 điểm).

2014

u1 = 2013
a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 
2
2u
 n +1 = u n + 2u n , ∀n ∈ ¥ *
1
1

1
+
+...+
Đặt Sn =
. Tính: limSn .
u1 + 2 u 2 + 2
un + 2
b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn:
f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡
trong đó α là số thực cho trước.
Câu 3 (5,0 điểm).
a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng
chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T = MA.h a + MB.h b + MC.h c

(với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C).
b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là
trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp
các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC.
Câu 4 (3,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho:
a + 2b = c và a3 + 8b3 = c2 .
b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện
f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0).
Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a.
Câu 5 (3,0 điểm).
Lấy đáp án và lời giải =>

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8.
Chứng minh rằng với mọi k ∈ ¥ *, ta có:
a2

k

(a + b)(a 2 + b 2 )(a 4 + b 4 )...(a 2

k −1

+ b2

k −1

b2

+

k

) (b + c)(b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 )...(b 2

k −1

+ c2

k −1

+

k

) (c + a)(c2 + a 2 )(c4 + a 4 )...(c2

------------- Hết -------------

Lấy đáp án và lời giải =>

c2

k −1

+ a2

k −1

≥
)

3

.
2 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 MÔN TOÁN 12 THPT
Câu 1.
a) Giải PT: 3x − 2 − x + 1 = 2x 2 − x − 3 (1)
+ Điều kiện: x ≥

2
3

(*). Khi đó:

Câu 2.

4.0

2.5

2014
, 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n ∈ N *
a) u1 =
2013

2.0

0.2
5

2x − 3
= (2x − 3)(x + 1)
(1) ⇔

3x − 2 + x + 1
(2)
 2x − 3 = 0

⇔
1
= x + 1 (3)
 3x − 2 + x + 1

1.0
0.2
5

(2) ⇔ x = 3/2 (thỏa (*))
2
Vì x ≥ nên
3

5.0

1
< 1 và x + 1 >
3x − 2 + x + 1

1
⇒ (3) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x =
3/2.

0.2

5
0.2
5
0.2
5
0.2
5

b)

Giải

hệ

PT

Với mọi k ∈ N*, ta có :

uk
1
1
2
=
=
−
u k + 2 u k (u k + 2) u k u k (u k + 2)
1
2
1
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
5

1.CM:

+ 2u n ) / 2 > 1, ∀n ∈ N *

⇒ un > 1, ∀ n ∈ N*
Ta có: u n +1 − u n = u n2 / 2 > 0, ∀n ∈ N *
⇒ (un) tăng
Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại
giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1).
⇒ 2a=a2 + 2a ⇒ a = 0. Mâu thuẫn với
a≥1
⇒ limun = +∞ ⇒ lim(1/ u n +1 ) = 0 .
Vậy: limSn = 1/ u1 = 2013 / 2014 .

+ Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó:



2 4
2
(x + 1)(x + 2x − 15) =  2 − 4 ÷
÷
yy


(I) ⇔ 
1 + 4 = 5[(x + 1) 2 + 1]
 y2

2

Đặt a = x + 1, b = y (b ≠ 0), hệ trên trở
thành:

Lấy đáp án và lời giải =>

0.5

0.2
5

0.2
5

2.5
0.2
5

0.2
5

0.2
5

(I):

8 8
 3
2
 x + 3x − 13x − 15 = 3 − y
y

 2
2 2
 y + 4 = 5y (x + 2x + 2)

0.2
5

b) f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y),
∀x,y∈R (1)

2.0

3x '− y '
Trong (1), thay x = y = 2 ta được:

0.2
5

 3x '− y ' 
f (3x '− y '+ α) = 2f 
÷, ∀x’, y’∈R
 2 
 3x − y 
⇒ f (3x − y + α) = 2f  2 ÷ , ∀x, y∈R (2)



Từ (1) và (2) suy ra:

0.2
5


(

a(a 2 − 16) = b b 2 − 4


1 + b 2 = 5(a 2 + 1)

)

3


(3) ⇔

⇒ a – b = (b – 5a )(4a – b)
⇔ 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0
3

2

2

b
3

3 



+ Thay

−

3

 1 



∀x,y∈R

0.2

5

1

1 
3
3 
 1 
⇒ g  2 x − 2 y ÷ = g  2 x ÷+ g  − 2 y ÷,∀x,y∈R







vào (1) được :
0.2
5

Kết luận đúng.

0.2
5

⇒g  2 x ÷ = 2 g ( x ) , g  − 2 y ÷ = − 2 g ( y ) ,

vào (1) được b2 = 9 và tìm

31 2

b = 4 (vô nghiệm).
49

0.2
5

∀x,y∈R

1  3
1
3
g  x − y ÷ = g ( x ) − g ( y ) ,∀x,y∈R
2  2
2
2

được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3).
4b
a=
7

1 
3
f  x − y ÷− f (0) =
2
2 


Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0
và:

7

+ Thay a = 0 vào (1) được b 2 = 4 và tìm
được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1).
+ Thay a = −

1

3
1
[f ( x ) − f (0)] − [f ( y ) − f (0)] ,
2
2

b
4b
⇔ a = 0 hoặc a = − hoặc a =
3

3

Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được:
f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 ⇒ f(0) = b, b tùy
ý

a 3 − b3 = 16a − 4b
⇔  2
2
 b − 5a = 4 (1)

3

1 


⇒f  2 x − 2 y ÷ = 2 f ( x ) − 2 f ( y ) ,∀x,y∈R (3)

0.2
5

⇒g(x+y) = g(x) + g(y),∀x,y∈R
Vì g liên tục trên 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
5

0.2
5

0.2
5
0.2
5
0.2

5

0.2
5

Câu 3.
a) T = MA.h a + MB.h b + MC.h c
Ta có:

ha =

2S 2
2S 2
2S 2
= , 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 = 2 

a.ma =

1
1
a 2b 2 + 2c2 − a 2 =
3a 2 (2b 2 + 2c 2 − a 2 )
2
2 3

⇒ a.m a ≤

a 2 + b 2 + c2
2 3

Lấy đáp án và lời giải =>

5.0
3.0
0.2
5
0.2

5
0.2
5

Câu 4.
a) a + 2b = c (1), a3 + 8b3 = c2 (2)
(2) ⇔ (a + 2b)(a2 – 2ab + 4b2) = c2 (3)
Từ (1) và (3) suy ra:
(2) ⇔ a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b)
⇔ 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = 0 (4)
∆’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 1
(4) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0
⇔ 3a2 – 6a ≤ 1 ⇔ 3(a – 1)2 ≤ 4
⇔ a = 1 hoặc a = 2 (vì a ∈ N*)
+ a = 1 ⇒ b = 1, c = 3
+ a = 2 ⇒ b = 1, c = 4

3.0
2.0
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5


Tương tự

b.m b ≤

a 2 + b2 + c2
a 2 + b 2 + c2
, c.m c ≤
2 3
2 3

6 3
T≥ 2
(MA.GA + MB.GB + MC.GC) (1)
a + b2 + c2

Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4)
0.2
5

Đẳng thức xảy ra ⇔ 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

4
a 2 + b2 + c2
= GA 2 + GB2 + GC 2 = (m a2 + m 2b + m c2 ) =

(2)
9
3

Đẳnguuuthức
xảy ra
ur uuur
uuur uuur
⇔ MA, GA cùng hướng, MB, GB cùng
uuur uuur
hướng, MC, GC cùng hướng ⇔ M trùng G.
Từ (1) và (2) suy ra: T ≥ 2 3
Vậy minT = 2 3 ⇔ ∆ABC đều và M trùng
G.

0.2
5
0,2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5

0.2
5
0.2
5

0.2
5
2.0

b)

Lấy đáp án và lời giải =>

b)
Giả sử: f (x) = a n x n + a n −1x n −1 + ... + a1x1 + a 0
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 − 2 +...+a n − 2 (a + b) + a n −1 ]

0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
1.0

0.2
5

+a n −1b[(a+b) n − 2 + 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 5.
Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và :
Q=

b2

k

(a + b)(a 2 + b 2 )...(a 2

c2

k −1

+ b2

k −1

k

+
k −1
k −1
) (b + c)(b 2 + c 2 )...(b 2 + c 2 )

0.2
5
0.2
5
0.2
5
3.0


Xây dựng hệ tọa độ

y

như

C

H

có:

hình vẽ.
Đặt
A BC = 2b (b>0), ta

0.2
5

B(0x ; –b), C(0 ; b)
Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠

0)

(c + a)(c 2 + a 2 )...(c 2

0.2
5

 y = y0

 x 0 x + (y 0 − b)(y + b) = 0
2
 b 2 −y 0

⇒H 
; y0 ÷
 x0
÷



E là điểm đối xứng với H qua G khi và chỉ
khi:

2x
b 2 − y 20
 x E = 2x G − x H = 0 −
3
x0


 y = 2y − y = − y / 3
G
H
0
 E

E ∈ BC ⇔ xE = 0 ⇔

2

− y02

2x 0 b
−
3
x0

⇔ 2x 02 + 3y02 = 3b 2 ⇔

x 02
2

3b / 2

+

y02
2

b

là elip:

x2
3b 2 / 2

+

y2
b2

= 1 loại trừ 2 điêm B,

.

k −1

)

k

(a + b)(a 2 + b 2 )...(a 2

c2 + a 2

k

k −1

+ b2

k −1

b2 + c2

+

k

) (b + c)(b 2 + c2 )...(b 2

k −1

+ c2

k −1

k −1

+ a2

k −1

2

k

0.2
5

2

k

2(a 2 + b 2 ) ≥ (a 2
k

⇒

0.5
)

)

2(a + b ) ≥ (a + b)
2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2
……………………..

0.2
5
0.2
5

0.5

k

(c + a)(c 2 + a 2 )...(c 2
2

a 2 + b2

k −1

+ b2

k −1 2

)

k

(a + b)(a 2 + b2 )...(a 2

k −1

+ b2

k −1

≥
)

a+b

0.2
5

2k

Tương tự với các số hạng khác của P+Q,

=0

Suy ra tập hợp các điểm A trong mp Oxy

+ a2

Ta có:

0.2
5

=1

a 2 + b2
k

+

nghệm
của hệ phương trình:

k −1

Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0
⇒ 2P = P + Q =

Ta có: G(x0/3; y0/3)
Tọa độ điểm H là

B

k

k

G
O
E

+

a2

0.2
5

suy ra:
⇒P≥

2P ≥

a+ b b+ c c+ a
+
+
2k
2k
2k

a +b+c
2k

≥

33 abc
2k

=

3

0.5

2k −1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2.

0.5
0.2
5

0.2
5

0.2
C.
5
Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục

nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng 3 / 2.BC , 0.2
5
loại trừ B, C.
Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận
thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm.

Lấy đáp án và lời giải =>