HSG12 ~1

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Khóa ngày 14 – 4 – 2018
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. (3 điểm)
Cho hai số thực
Tính

α+β

α,β

thỏa

α 3 − 3α 2 + 5α = 1; β 3 − 3β 2 + 5β = 1

.

Câu 2. (2 điểm)
Cho ba số

a > 1; b > 1; c > 1 . Chứng minh rằng
a2
b2
c2

+
+
≥ 12
b−1 c −1 a −1

Câu 3. (3 điểm)

( 1 + x ) ( 1 + x2 ) ( 1 + x4 ) = 1 + y7


2
4
7
Giải hệ phương trình  ( 1 + y ) ( 1 + y ) ( 1 + y ) = 1 + x
Câu 4. (3 điểm)
Có bao nhiêu số

x ∈ ( 0; 2018π )

để giá trị của

f ( x)

bằng không, với

f ( x ) = a cos ( x + 1) + b cos ( x + 2 ) + c cos ( x + 3)
trong đó a, b, c là các số thực bất kỳ sao cho
không trên khoảng

f ( x)

nhận hai giá trị bằng

( 0; π )

Câu 5. (3 điểm)
Cho dãy số

( un )

xác định như sau:

u0 = 1; u1 = 1; n ( n + 1) un+1 = n ( n − 1) un − ( n − 2 ) un−1; ∀ n ≥ 1
Tính

S=

u0 u1 u2
u
+ + + ... + 2017
u1 u2 u3
u2018

.

Câu 6. (3 điểm)
Trong một hộp có 8 viên bi xanh và 10 viên bi đỏ kích cỡ giống hệt nhau.
Bạn An lấy ngẫu nhiên 01 viên bi (lấy xong không trả vào hộp), tiếp đó bạn
Bình lấy 01 viên bi. Tính xác suất để Bình lấy được viên bi xanh.
Câu 7. (3 điểm)

Cho tứ diện ABCD có các cạnh đều bằng a. Gọi M; N lần lượt là trung điểm
của AB và CD. Tính độ dài MN và góc hợp bởi MN và BC.


……. Hết ……


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
YÊU CẦU CHUNG
-

Học sinh làm cách khác vẫn cho điểm tối đa.
Tổ chấm thảo luận và chia điểm từng phần cho từng câu và ghi vào biên
bản.

NỘI DUNG CHI TIẾT

Câ
u

Lược giải

1
Cho hai số thực
Tính

α+β

f (α ) = 1; f (β ) = 5 .

g ( y) = y3 + 2 y .

y3; 2 y

trên

α 3 − 3α 2 + 5α = 1; β 3 − 3β 2 + 5β = 1

f ( x) = x3 − 3x 2 + 5 x = ( x − 1)3 + 2( x − 1) + 3 .

Theo giả thiết

Do

thỏa

.

Xét hàm số

Xét hàm

α,β

Điể
m
3đ

đều là các hàm số tăng trên

¡

nên hàm số

g ( y)

tăng

¡

Ta có:

g (α − 1) = (α − 1)3 + 2(α − 1) = f (α ) − 3 = − 2 .

g (1 − β ) = (1 − β )3 + 2(1 − β ) = − ( β − 1)3 − 2( β − 1) = −  f ( β ) − 3 = − 2 .
Vậy
2

g (α − 1) = g (1 − β ) ⇒ α − 1 = 1 − β ⇔ α + β = 2 .

Cho ba số

a > 1; b > 1; c > 1 . Chứng minh rằng

2đ

a2
b2
c2
+

+
≥ 12
b−1 c −1 a −1
a2
b2
c2
a 2 b2 c2
a2 b2 c2
+
+
≥ 33
= 33
b−1 c−1 a −1
b−1 c−1 a −1
a −1b−1 c−1 .

a2
a > 1 ⇒ a − 4a + 4 ≥ 0 ⇔ a ≥ 4(a − 1) ⇔
≥4
a −1 .
2

2

Do
Vậy

a2
b2
c2

a 2 b2 c2
3
+
+
≥3
×
×
≥ 3 3 4.4.4 = 12
.
b−1 c−1 a −1
a −1 b−1 c−1
Dấu bằng xảy ra khi
3

a = b = c = 2.

( 1 + x ) ( 1 + x2 ) ( 1+ x4 ) = 1+ y7


2
4
7
Giải hệ phương trình  ( 1 + y ) ( 1 + y ) ( 1 + y ) = 1 + x
Với

x ≠ 1 ta có

1 − x8
( 1+ x) ( 1+ x ) ( 1+ x ) =
1− x .

2

4

3đ


Do vai trò x; y như nhau, giả sử x ≥ y .
Trường hợp 1: Nếu x = y. Ta được phương trình:

1 + x + x 2 + x3 + x 4 + x5 + x 6 + x 7 = 1 + x 7
⇔ x ( x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = 0
⇔ x ( x + 1) ( x 4 + x 2 + 1) = 0
⇔ x = 0 ∨ x = −1

( ) ( − 1; − 1) .

Vậy hệ có nghiệm 0;0 ;
Trường hợp 2: Nếu x > y
+ Nếu x > y > 0

( 1 + x ) ( 1 + x 2 ) ( 1 + x 4 ) = 1 + x + ... + x7 > 1 + x 7 > 1 + y 7 .

Hệ vô nghiệm.
+ Nếu x > 0 > y

( 1 + x ) ( 1 + x 2 ) ( 1 + x4 ) > 1; 1 + y 7 < 1 .

Hệ vô nghiệm.

+ Nếu 0 > x > y

⇒ x 7 > y 7 ; x 6 < y 6 ; x8 < y 8 .

Nhân hai vế của hệ cho

( 1− x)

và

( 1 − y ) ta được

 ( 1 + x ) 2 ( 1 + x2 ) ( 1 + x4 ) = ( 1 + y 7 ) ( 1 − x )


2
2
4
7
 ( 1 + y ) ( 1 + y ) ( 1 + y ) = ( 1 + x ) ( 1 − y )
1 − x8 = ( 1 + y 7 ) ( 1 − x ) = − xy 7 + y 7 − x + 1


8
7
7
7
1 − y = ( 1 + x ) ( 1 − y ) = − x y + x − y + 1

⇒ y 8 − x8 = y 7 − x 7 + y − x + xy ( x 6 − y 6 ) .

Vế trái dương, vế phải âm nên phương trình vô nghiệm.

( 0;0 ) ; ( − 1; − 1) .
f ( x ) = a cos ( x + 1) + b cos ( x + 2 ) + c cos ( x + 3)

Tóm lại hệ có hai nghiệm
4

Ta có

cos ( x + a ) = cos x cos a − sin x sin a

f ( x ) = a cos ( x + 1) + b cos ( x + 2 ) + c cos ( x + 3)

= a ( cos x cos1 − sin x sin1) + b ( cos x cos 2 − sin x sin 2 )
+ c ( cos x cos3 − sin x sin 3)

= ( a cos1 + b cos 2 + c cos3) cos x − ( a sin1 + b sin 2 + c sin 3) sin x
= A cos ( x + φ )

Với A; φ là các hằng số.
Do f(x) = 0 nhận hai giá trị 0 khi khoảng cách giữa hai số liên tiếp

3đ


bằng với

f ( x) = 0

Vậy
5

π . Điều này xảy ra khi A = 0 .
với mọi giá trị

x ∈ ( 0; 2018π ) .

3đ

n ( n + 1) un +1 = n ( n − 1) un − ( n − 2 ) un−1
⇔ n ( n + 1) un +1 − un  = ( n − 2 ) [ nun − un−1 ]
Thay

n = 1 ⇒ 2u2 = u0 = u1

Thay

n = 2 ⇒ 3u3 − u2 = 0

Thay

n = 3 ⇒ 3 ( 4u4 − u3 ) = 3u3 − u2 = 0

⇒ 4u4 − u3 = 0 .
Tổng quát

S=
6

un
= n+1
un + 1
.

( n + 1) un+1 − un = 0 ⇒

u0 u1 u2 u3
u
2018.2019
+ + + + ... + 2017 = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 2018 =
u1 u2 u3 u4
u2018
2
.

Gọi A là biến cố “An lấy được bi xanh và Bình lấy được bi xanh”.
B là biến cố “An lấy được bi đỏ và Bình lấy được bi xanh”.
Biến cố Bình lấy được bi xanh chính là biến cố
xung khắc nên

P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) .

(

3đ

A ∪ B . Do A và B

)

Mỗi kết quả là một cặp a; b trong đó a là bi An lấy và B là bi
Bình lấy. Vì không hoàn lại nên mỗi kết quả là một chỉnh hợp chập
2 của 18 phần tử. Do đó số cách lấy là
Số kết quả thuận lợi cho A là 8.7 = 56

A182 = 306 .

Số kết quả thuận lợi cho B là 10.8 = 80

⇒ P ( A ∪ B ) = P( A) + P ( B ) =
7

56
306
80
⇒ P( B) =
306

⇒ P( A) =

56 80 4
+
=
306 306 9 .

Cho tứ diện ABCD có các cạnh đều bằng a. Gọi M; N lần lượt là
trung điểm của AB và CD. Tính độ dài MN và góc hợp bởi MN và
BC.

Đặt

uuur r uuur r uuur r
AD = a; AB = b; AC = c .

rr 2
a2 r r r r
0
a.b = a cos 60 = = b.c = c.a
.
2

3đ


uuuur 1 uuur uuur 1 r r r
MN = AD + BC = a + c − b
2
2
uuuur2 1 r 2 r 2 r 2 r r rr rr
MN = a + b + c + 2ab − 2ac − 2bc
4
1 2 2 2 2 2 2 a2
( a +a +a +a −a −a ) = 2
4

(

)

(

)

(

a 2
2 .
uuuuruuur
uuuur uuur MN .BC
cos MN , BC =
+
MN .BC .
uuuuruuur 1 r r r r r
MN .BC = a + c − b c − b =
2
uuuuruuur
uuuur uuur MN .BC
⇒ cos MN , BC =
=
MN .BC

)

⇒ MN =

(

)

(

(

)(

)

)

)

(

1 rr rr r 2 rr r 2 rr a 2
− ab − bc + b + ac − c − bc =
2
2
uuuur uuur
2
⇒ MN , BC = 450
.
2

(

)