đề thi chọn HSG quốc gia 2019 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề)

Ngày thi: 24/10/2013

Câu 1. (5,0 điểm)

13
1  x 2  1  x 2 với x   0;1 .

3
Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến đó có hệ số góc
lớn nhất.

Cho hàm số y  3 1  x 2  1  x 2 

Câu 2. (5,0 điểm)

 xy  3 4 xy 3  4 8 y 3 z 5  1

2y
3z
 4x
Giải hệ phương trình 


1
x

1
y

1
z

1

89 x 4 y 2 z 3  1

Câu 3. (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn  O; R  , D là điểm thuộc cung BC
không chứa A, gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến các cạnh
AB AC BC
BC, CA, AB. Xác định vị trí của điểm D để tổng S 



đạt giá trị nhỏ
DK DI DH
nhất.
Câu 4. (5,0 điểm)
Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực thỏa mãn:

P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R .
-------------- HẾT --------------

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....

-1-


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang)

Ngày thi: 25/10/2013

Câu 1. (5,0 điểm)
Cho dãy các số thực  xn 

 x0  2013

được xác định như sau: 
1.
x

x

n

1
n

xn


xn2
Tìm lim
n  n
Câu 2. (5,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình  x  1n   1  x n   x  3 n  0
có một nghiệm nguyên.
Câu 3. (5,0 điểm)

Chứng tỏ rằng trong 1008 số nguyên dương không vượt quá 2014, luôn tồn tại
ít nhất một số chia hết cho một số khác trong đó.
Câu 4. (5,0 điểm)
Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh AB , AC và AD lần lượt lấy các điểm M , N và
P sao cho AB  k .AM , AC  k .AN và AD   k  1 .AP với k  1 tùy ý. Chứng minh rằng
mặt phẳng  MNP  luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định.

-------------- HẾT --------------

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....

-1-


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)

Câu
1

Ngày thi: 24/10/2013

Đáp án
13
Cho hàm số y  3 1  x 2  1  x 2  1  x 2  1  x 2 với x   0;1 . Lập
3
phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến có hệ số góc
lớn nhất.
TXĐ: D   0;1 .
Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại M(x;y) thuộc đồ thị là:

Điểm
5

1

y '  9 x 1  x 2  13x 1  x 2 .

3
13
Có y '  9 x 1  x 2  13x 1  x 2 = .3x.2 1  x 2  .x.2 1  x2 
2
2
2
2
3 1
2
 13 1 

.  3 x   2 1  x 2   .  x 2  2 1  x 2 

2 2
 2 2

3
13
= 13 x 2  4    4  3 x 2  =16
4
4

1

3x  2 1  x 2

46 5
2

 y
Max y '  16 khi  x  2 1  x 2  x 
15
5
 x  0;1



Phương trình tiếp tuyến cần lập là:
2  46 5
10 5

y  16  x 
  15  y  16 x  3 .

5


1

 xy  3 4 xy 3  4 8 y 3 z 5  1

2y
3z
 4x
Giải hệ phương trình sau: 


1
x

1
y

1
z

1

89 x 4 y 2 z 3  1


5

 xy  3 4 xy 3  4 8 y 3 z 5  11


2y
3z
 4x


 1 2 

x

1
y

1
z

1

89 x4 y 2 z 3  1 3


1



2







Từ (3) suy ra z  0 , kết hợp với (1) suy ra y  0; x  0
Từ (2) ta có:
-1-

1

1

1


1
3x
2y
3z



x 1 x 1 y 1 z 1
x
x
x
y
y
z
z
z

=







x 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 z 1
*

 88

x3

y2
3

z3
2

 x  1  y  1  z  1

3

1
4x
y
3z
=




y 1 x 1 y 1 z 1
x
x
x
x
y
z
z
z







x 1 x 1 x 1 x 1 y 1 z 1 z 1 z 1

*

 88

x4

z3

y

4

 x  1  y  1  z  1

3

1
4x
2y
2z
=



z 1 x 1 y 1 z 1
x
x
x
x
y
y
z
z








x 1 x 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1

*

 88

x4

y2
4

z2
2

 x  1  y  1  z  1

.

2

Từ các bất đẳng thức trên ta được:
12

1
4

 84 8

2

 82 8

3

 83 8

 x  1
1

 y  1
1

 z  1

1

8 12

x yz
12

8

12

 x  1  y  1  z  1
x8 y 2 z 6
8

2

 x  1  y  1  z  1

6

x12 y 6 z 6
12

6

 x  1  y  1  z  1

6

Nhân vế với vế các bđt:

1
4

9

2

 x  1  y  1  z  1
89

1

3

8

x4 y 2 z 3
4

2

 x  1  y  1  z  1

3

x 32 y16 z 24
8

32

16

 x  1  y  1  z  1

24

=

 89 x 4 y 2 z 3  1, kết hợp với (3) thì dấu “=”

x
y
z
, kết hợp với (2) ta được



x 1 y 1 z 1
x
y
z
1



x 1 y 1 z 1 9

xảy ra nên:

-2-


1
thỏa mãn (1).
8
1
Vậy hệ có nghiệm x  y  z  .
8

1

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn  O; R  , D là điểm thuộc

5

x yz

3

cung BC không chứa A của  O; R  , gọi H, I, K lần lượt là chân đường
vuông góc kẻ từ D đến các cạnh
BC, CA, AB. Xác định vị trí của
điểm D để tổng
AB AC BC
đạt giá trị
S


DK DI DH
nhỏ nhất.

4

  MDC
.
Vẽ DM ( M  BC ) thỏa mãn BDA
AB MC
DAB đồng dạng DCM nên

DK DH
AC BM
DBM đồng dạng DAC nên

DI DH
AB AC BC MC BM BC

BC
Do đó: S 





2
DK DI DH DH DH HD
HD
Để S nhỏ nhất thì HD lớn nhất
khi đó D là điểm chính giữa của cung BC không chứa A
Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực thỏa mãn:

1

1
1
1
1
5

P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R
P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R 

1

P  x  1  x3  P  x   x3  3x 2  3x  1, x  R 
3

P  x  1   x  1  P  x   x 3 , x  R 1 .
Đặt Q  x   P  x   x 3 , (1)  Q  x  1  Q  x  (2) .
Cho x các giá trị: x  0;1;2;3;... , từ (2) ta được:
Q  0   Q 1  Q  2   Q  3   ... , từ đó suy ra phương trình (2) có vô số
nghiệm x  N nên Q  x  1  Q  x   0

 Q  x   a , với a là hằng số, suy ra P  x   x 3  a .
-3-

1
1

1


3

1

Thử lại: P  x  1   x  1  a ,
3

P  x   3x 2  3x  1  x 3  a  3 x 2  3 x  1 =  x  1  a nên

P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R .
Vậy P  x   x 3  a , với a là hằng số.

----- Hết -----

-4-

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang)

Câu
1

Ngày thi: 25/10/2013

Đáp án
Cho dãy các số thực  xn 

 x0  2013

được xác định như sau: 
1.
x

x

n


1
n

xn


Điểm
5

xn2
Tìm lim
n  n
Từ xn 1  xn 

1
1
 xn21  xn2  2  2 1  xn2  2
xn
xn

1

 x12  x02  2
 2
2
 x2  x1  2

 xn2  x02  2n  2 
....

 x 2  x2  2
 n
n 1
Kết hợp (1), (2) ta được:
1
1
xn21  xn2  2  2
 xn2  2 
 n  1
x0  2n
2n '
1 1
 2
2
 x2  x1  2  2 . 1

 x 2  x 2  2  1 . 1
1
 2
2 2
................

 x2  x 2  2  1 . 1
n
n 1
2 n 1

1 1 1
1
 xn2  x12  2( n  1 )  (   ... 

)
2 1 2
n1
11 1
1
 x12  2( n )     ...  
21 2
n

 x12  2n 

1
2

12  ...  12   112  ...  n12 

 x12  2n 

1  1
1
1 
n

 ... 
2  11 1 2
 n  1n 


 x12  2n 

1 
1
n1 
2 
n

-1-

1


 xn2  x12  2n 

1
n
2

Tóm lại : từ  2  và  3  ta có : x02  2n  xn2  x12  2n 


 n  1

1

x02
x2 x 2
1
2 n  1 2
n
n

n
2 n
 x12

Mà Lim  x02  2   2;
 n

n  

Vậy
2

1
n
2

Lim 
n 



n

2

1

1 
2
2 n 

xn2
Lim n  2;
n

1

Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình
 x  1n   1  x n   x  3 n  0 có một nghiệm nguyên.
Trường hợp 1 : n là số tự nhiên chẵn thì
 x  1  n   1  x  n   x  3  n  0 , x  R

5
1

x  1  0

 dấu    xảy ra  1  x  0 vô nghiệm
3  x  0

 n không thỏa mãn.

Trường hợp 2 : n = 1, phương trình có 1 nghiệm nguyên  x  5 
 n  1 thỏa mãn.
Trường hợp 3 : n là số tự nhiên lẻ  n  3 
Nếu nghiệm nguyên x là số chẵn thì vế trái phương trình là số lẻ,
vô lý.
Vậy nghiệm nguyên nếu có phải là số lẻ :
Đặt :  x  1  2y  , phương trình trở thành :

1
1

1

 2y n   2  2y n   2  2y n  0
 y n  ( 1  y )n  ( 1  y )n  0

 yn 

n

 Cnk  1 .y k 

k 0

n

 Cnk .y k  0

k 0





 y n  2 Cn0  Cn2 y 2  ...  Cnn1y n 1  0





 y n  2  2 Cn2 y 2  ...  Cnn1 y n1  0





 2  2y 2 Cn2  ...  Cnn1y n 3   y n

 2 y
 y  1 hoặc y  2

3

Kiểm tra : không thỏa mãn
Kết luận : n  1
Chứng tỏ rằng trong 1008 số nguyên dương không vượt quá 2014
luôn tồn tại ít nhất một số chia hết cho một số khác trong đó.
-2-

1
5


Giả sử cho 1008 số nguyên dương bất kỳ a1 , a2 ,...., a1008 không quá
2014.
Ta biểu diễn các số ai  2 k .qi với ki nguyên không âm, còn qi là số
nguyên dương lẻ, qi  2014 , i  1,1008 .
Chỉ có 1007 số nguyên dương lẻ nhỏ hơn 2014

Vậy trong 1008 số nguyên dương lẻ q1 , q2 ,...., q1008 nhỏ hơn 2014
Theo nguyên lý Diricblet tồn tại i, j sao cho qi  q j ứng với hai số

1

i

1
1
1

k

ai  2 ki .qi , a j  2 j .q j , ki  k j hoặc k j  ki (i, j  1,1008)

 a j  ai hoặc ai  a j (điều phải chứng minh)

4

1
5

Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh AB , AC và AD lần lượt lấy các
điểm M , N và P sao cho AB  k .AM , AC  k .AN và AD   k  1 .AP với
k  1 tùy ý. Hãy chứng minh rằng mặt phẳng  MNP  luôn luôn đi
qua một đường thẳng cố định.
Gọi I là trung điểm cạnh AD
1
Xét tam giác ABD : trên đường thẳng BI lấy điểm E sao cho BE
nhận I làm trung điểm.

  
1  1 
MP  AP  AM 
AD  AB
Từ giả thiết ta có :
k 1
k

 1

Mặt
khác :
    

1

ME  AE  AM  BD  AM

( ABCD là hình bình hành)

  1 
 AD  AB  AB
k
   k  1 
 ME  AD 
AB  2 
k

 

Từ  1 và  2   hai véc tơ : MP , ME cùng phương
Vậy MP đi qua điểm E cố định.
Tương tự NP qua điểm P cố định ( I là trung điểm của CF )
Tóm lại mặt phẳng  MNP  luôn luôn đi qua một đường thẳng cố
định EF (Điều phải chứng minh)

-------- Hết --------

-3-

1
1
1