Đề thi học sinh giỏi tỉnh Môn Toán lớp 12 đầy đủ từ năm 20122023

Table of Contents
Tong nam hoc 2012-2021
Năm học 2021-2022

2
58


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 29 tháng 10 năm 2012
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I ( 2,0 điểm).
1) Cho hàm số y  x3  3x 2  mx  2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên (2; ) .

2) Cho hàm số y  3sinx  4cosx  mx . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  .
2

Câu II (2,0 điểm).
2
2
1) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y  cos x  sin

3x
3x
cosx  1  sin 2
với trục
4
4

hoành.

 x3  3x  ( y  1)3  9( y  1)
2) Giải hệ phương trình 
.
1

x

1

y

1

Câu III (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức
1
2
3
4
2011
2012

A  C2012
 22 C2012
 3.22 C2012
 4.23 C2012
 ...  2011.22010 C2012
 2012.22011C2012
.

 
 sinx 
2
2) Chứng minh bất đẳng thức 
  cos x với mọi x   0; 2  .


 x 
3

Câu IV ( 3,0 điểm).
Cho hình chóp đều S.ABC có SA=a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC.
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BD vng góc với AE.
2) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần
lượt tại M, N. Gọi V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá trị lớn
nhất của

V
.
V1

Câu V (1,0 điểm).

Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a2
b2
c2
P


.
(a  b)2 (b  c)2 (c  a)2
……………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:……….............………………….Số báo danh:…………….........
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………


Câu
I1: (1,0)

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
Nội dung
3
2
1) Cho hàm số y = x - 3x + mx + 2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên (2;+  ).
TXĐ:D=
y’=3x2-6x+m
y”=6x-6; y”=0<=>x=1
bảng biến thiên
x

điểm

0,25
0,25

+

2

y"

+

+

+

y'

m

I2:(1,0)

II1:(1,0)

Từ bảng biến thiên =>nếu hàm số đông biến trên (2;+  ) =>y’  0x  2  m  0
ngược lại ta thấy m  0  y '  0x  2  hàm số đồng biến trên (2;+  )
KL: m  0

2) Cho hàm số y  3sin x  4cosx  mx. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x= .
2
TXĐ:D=

y’= 3cosx+4sinx+m( x )


Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x = => y’( ) = 0<=>m=-4
2
2

Ngược lại: nếu m = - 4 => y’ = 3cosx + 4sinx – 4; y’( ) = 0;y’’= -3sinx + 4cosx
2


=>y’’( )=-3<0 nên hàm số đạt cực đại tại x= => m=-4 loại
2
2
2
2
1) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y  cos x  sin

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

3x
3x
.cosx  1  sin 2
với trục

4
4

hoành.
0,25
3x
3x
.cosx  1  sin 2
với trục
4
4
3x
2
2 3x
.cosx  1  sin 2
0
hồnh là nghiệm phương trình cos x  sin
4
4
2
2
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  cos x  sin

3x
3x
(1  cosx)  0  (1  cosx)(cosx-1-sin 2 )  0
4
4
TH1: cos x  -1  x    k 2 (k  Z )
cosx  1x


cosx  1
cosx=1



2 3x
  2 3x
TH2: cosx=1+sin
Do
  (2)  
2 3x
2 3x
4
1  sin
 1x 
1  sin 4  1 sin 4  0
4

 cos2 x-1-sin 2

 x  k 2


4l  x  4m (m  ) . KL: Ak (  k 2 ;0), Bm (m4 ;0) (k , m  )
x

3


0,25
0,25

0,25


II2:(1,0)

III1:(1,0)

3
3

 x  3x  ( y  1)  9( y  1) (1)
2) Giải hệ phương trình 
.
1

x

1

y

1
(2)



Điều kiện : x, y  1 ;Từ (2)  y  1  1  0  y  2

0, 25

(1)  x3  3x  ( y  1)3  3. y  1 (3)
Xét hàm số f(x)=3x2-3  0x  1; f ( x)  0  x  1[1;+) => f(x) đồng biến trên [1;+) mà

0,25

 f ( x)  f ( y  1)
(3) có 
nên (3)  x  y  1
 x, y  1  [1;+)

0,25

x  1 x  2
Với x  y  1 thay vào (2) giải được x=1và x=2  
,
y  2 y  5
1) Rút gọn biểu thức
1
2
3
4
2011
2012
.
A  C2012
 22 C2012
 3.22 C2012

 4.23 C2012
 ...  2011.22010 C2012
 2012.22011 C2012

0,25

1  x 

2012

0,25

0
1
2
k
2012
 C2012
 xC2012
 x 2C2012
 ...  x k C2012
 ....  x 2012C2012
(1) (x)

Đạo hàm 2 vế của (1) ta có

III2:(1,0)

0,25

2012 1  x   C  2 xC  ...  kx C  ....  2012 x C
(2) (x)
Chọn x=-2 thay vào (2)
2011
1
2
k
2012
2012 1  2  C2012
 2(2)C2012
 ...  k (2)k 1 C2012
 ....  2012(2)2011 C2012
(2)

0,25

1
2
3
4
2011
2012
 2012  C2012
 22 C2012
 3.22 C2012
 4.23 C2012
 ...  2011.22010 C2012
 2012.22011C2012
 A  2012

0,25

2011

1
2012

k 1

2
2012

k
2012

2011

2012
2012

 s inx 
 
2
Chứng minh bất đẳng thức: 
  cos x với mọi x   0;  .
 x 
 2
3




 s inx 
x  (0; )  0  cosx  1  cosx  cos x .Ta chứng minh 
  cosx x  (0; ) (1)
2
2
 x 

0,25

(1)  sin 3 x.cos 1 x  x3 x  (0; )  sin 3 x.cos 1 x  x3  0 x  (0; )
2
2

0,25

3

2







)) ; f '( x)  3sin 2 x  cos 2 x sin 4 x  3x2
2
f ''( x)  3sin 2 x  2cos 3 x sin 5 x  4cos 1 x sin 3 x  6 x

Xét f ( x)  sin 3 x.cos 1 x  x3 ( x  [0;



f '''( x)  6sin 2 x  6cos 4 x sin 6 x  14cos 2 x sin 4 x  0x; f '''( x)  0  x  0  [0; )
2


=>f’’(x) đồng biến trên [0; ) nên x  [0; ) ta có f ''( x)  f ''(0)  0
2
2


=>f’(x) đồng biến trên [0; ) nên x  [0; ) ta có f '( x)  f '(0)  0
2
2


=>f(x) đồng biến trên [0; ) nên x  (0; ) ta có f ( x)  f (0)  0
2
2

 sin 3 x.cos 1 x  x3  0 x  (0; )
2

0,25

0,25

IV1:(1,5)

Gọi I là trung điểm SE => DI là đường trung bình của tam
giác SAE =>DI//AE và DI=AE/2. do BD  AE nên BD 
DI

S

0,25

I

D

E

a

C

A
H
x
B

Đăt x=AB theo công thức đường trung tuyến trong tam giác SAB ta
SB 2  AB 2 SA2 x 2 a 2
1 x2 a2


   AE 2  BE 2  DI 2  (  )
có BD2 
2
4
2 4
4 2 4
2
2
9a
x

Tương tự BI 2 
16
4

0,25

a 6
3
Gọi H là tâm tam giác ABC, do S.ABC là tam giác đều nên SH  (ABC)=>SH là đường cao của
1
x2 3 a2 3
hình chóp; diện tích tam giác ABC là SABC  AB. AC.sin 600 

2
4
6
BC
x
a 2

a 7
2 AH 
 AH 

 SH  SA2  AH 2 
0
sin 60
3
3
3

0,25

Do BD  DI => tam giác BDI vuông tại D  BI 2  BD 2  DI 2  x 

IV2:(1,5)

1
a3 21
Thể tích khối chóp S.ABC là VSABC  SH .SABC 
3
54
2)Gọi
J
là
giao
điểm
của SG và BC => J là trung điểm
S
BC=>

1
SABJ  SACJ  S ABC
2
1
V
 VS . ABJ  VS . ACJ  VS . ABC 
2
2
N

0,25

0,25

0,25

G

A

C
M
J

B

VS . AMG SA SM SG 2 x
SM
SN
V 2x


.
.

 VS . AMG 
,y
( x, y  (0;1])
SB
SC
VS . ABJ
SA SB SJ
3
2 3
2y V
V
Tương tự VS . AGN 
 V1  VS . AMG  VS . AGN  ( y  x) (1)
3 2
3

Đặt x 

0,25
0,25


V:(1,0 )

V1 SA SM SN


.
.
 xy  V1  Vxy (2) Từ (1) và (2)=>x+y=3xy (*)
V SA SB SC
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có x  y  2 xy
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y
4
2
Từ (*) ta có 3xy  2 xy  xy  ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y=
9
3
2
9
V
1 9
V
bằng

 dấu “=” xảy ra x=y= => giá trị lớn nhất của
3
4
V1 xy 4
V1
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a2
b2
c2
P



(a  b)2 (b  c)2 (c  a)2
 x, y, z  0
b
c
a
1
1
1
đặt x  , y  , z   
P


b
c
a
a
b
c
 xyz=1
(1  ) 2 (1  )2 (1  )2
a
b
c
1
1
1
P


2

2
(1  x) (1  y) (1  z )2

0,25

Giả sử x=max{x;y;z}  1  xyz  x3  x  1
Ta chứng minh
1
1
1


y, z  0
2
2
(1  y ) (1  z ) 1  yz

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

 (1  zy )(2  2 z  2 y  z 2  y 2 )  (1  zy  z  y ) 2
 2( z  y )(1  zy )  2  2 zy  (1  zy )( y  z ) 2  2 zy (1  yz )  (1  zy ) 2  2( z  y )(1  zy )  ( z  y ) 2
 (1  zy )( y  z ) 2  2  4 yz  2 y 2 z 2  (1  yz ) 2  ( y  z ) 2  4 yz  0
 yz ( y  z ) 2  (1  yz ) 2  0
dấu “=” xẩy ra khi z=y=1

1
1
1
1
1
1
1
x2  x  1
P







(1  x) 2 (1  y ) 2 (1  z ) 2 (1  x) 2 1  zy (1  x) 2 1  1
(1  x) 2
x
2
2
x  x 1
x 1
( x  [1;+)); f'(x)=
 0x  1; f '( x)  0  x  1 [1;+) =>f(x)
Xét f ( x) 
2
(1  x)
( x  1)4
3

đồng biến trên [1;+  )  f ( x)  f (1)  x  1
4
3
3
3
=> P  f ( x)  khi a=b=c thì P= nên GTNN của P bằng
4
4
4

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 hồnh độ khơng 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 (C)
x2
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

2) Cho hàm số y 

(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    1


2) Giải hệ phương trình:



4



1

2
3xy 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
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
(n  N *) . Tìm lim  
 k 1 u k
u  1 u 2  u  2
n
 n 1 2 n


 .


Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho khối chóp S. ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB  SAC  900 , BSC  1200 . Gọi M, N
lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vng. Tính
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a.
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
Chứng minh rằng:

x8  y8
y8  z8
z 8  x8


8
x4  y4  x2 y2 y4  z 4  y2 z 2 z 4  x4  z 2 x2

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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

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)
Điểm

Câu

Nội dung

I1

1) Cho hàm số y  x3  2mx2  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 hồnh độ khơng đổi
và O là gốc toạ độ).
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (  ) là nghiệm phương trình:
x3  2mx2  3x  2mx  2  x3  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
nghiệm phân biệt x  1  
 m  0.
1

2
m

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

1
2
BC.d . Trong đó d = d(O; ) =
2
1+4m2
BC2  ( x2  x1 )2  (2mx2  2mx1 )2  ( x1  x2 )2  4 x1x2   4m2  1

Tam giác OBC có diện tích S 

2
 BC   2m  1  8  4m2  1



I2
1,0đ

S 

 2m  1

2

8

Vậy S = 17 

m  1
4m 2  4m  9  17  
(TM)
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

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 hồnh 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
, trong đó x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
, k2 
2
( x1  1)
( x2  1) 2

k1 .k 2 

1

x1  22 x2  22



1

x1 x2  2 x1  2 x2  42

 4 (k1>0, k2>0)

0,25

Có P = k1 2013  k 2 2013  2. k1k 2 2013  2 2014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi
k1  k 2 

1
1

 ( x1  2) 2  ( x2  2) 2
2
2
( x1  2)
( x2  2)

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

0,25


1) Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin x    1 (1)


1,0đ

4

PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)
 (cosx – sinx). (cos x  sin x)(sin 2 x  cos 2 x)  2  0

*) cos x  sin x  0  x   k

0,25
0,25

4

*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0  cosx + sin3x + 2 = 0 (2)
cos x  1
 hệ vô nghiệm.
sin 3x  1

0,25

*) Vì cos x  1; sin 3x  1, x nên (2)  
Vậy PT có nghiệm là: x 

II2
1,0đ

2) Giải hệ phương trình:



0,25

 k (k  Z )
4
1

2
(1)
3xy 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
PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1 

x 1  x
x

 3 y  3 y (3 y ) 2  1 

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.
t 1 

Ta có: f’(t) = 1 +

2

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

0,25

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; ).

III1

1) Rút gọn biểu thức:

1,0đ

S

0,25

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 k

C
1
 S .2013!  2013
k 0 (k  1).k!.(2013  k )!
k 0 k  1

2013

+) Ta có: S  

+) Ta có:

k
C 2013
C k 1
2013!
2014!


 2014
k  1 (k  1)!.(2013  k )! 2014.(k  1)!2014  (k  1)! 2014

(k =0;1;…;2013)
k 1
C 2014
1 2014 k

. C 2014
2014 k 1
k  0 2014

0,25

0,25

2013

+) Do đó: S.2013!= 

+) S.2013! =

III2
1,0đ

0,25

2 2014  1
1
2 2014  1  S 
2014!
2014





0,25

5


u

1
 n 1 

2
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
(n  N *) . Tìm lim    .
 k 1 u k 
u  1 u 2  u  2
n
 n 1 2 n
1
+) Ta có: u n1  u n  (u n2  4u n  4)  0, n  Dãy không giảm.
2
Nếu có số M: un  M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un  u1  L  u1
1
+) Khi đó ta có: L = L2 – L + 2  L = 2. (Vô lý)
2
 limun =  
1
1

+) Ta có: u n2  2u n  4  2u n1  u n (u n  2)  2(u n1  2) 
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 1
1
1
1
 
lim




u1  2 u n 1  2
k 1 u k
 k 1 u k
n

+) Do đó:


1

 =
2
u

2
 1

IV1

1) Cho khối chóp S. ABC SA  2a, SB  3a, SC  4a, ASB  SAC  900 , BSC  1200 .

1,5đ

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

0,25
0,25

0,25
0,25


S

Dùng ĐL Cosin tính được:

S

A

0,25

MN = 2a 3

N

A
N

C

M

H

M
B

AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vng 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 0,25
A.  SH  (AMN ) ; tính được SH = a.

0,25

2 2a 3
3
SM .SN 1


  VS . ABC  2 2a 3
SB.SC 3

Tính được VS . AMN 
VS . AMN
VS . ABC

0,25

IV2

0,25
3VS . ABC 6a3 2


2
a
2
Vậy d (C;( SAB)) 
SSAB
3a 2
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:

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

Chứng minh rằng:

x8  y8
y8  z8
z 8  x8



8
x4  y4  x2 y2 y4  z 4  y2 z 2 z 4  x4  z 2 x2

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

0,25

a2  b2
3(a 2  b 2 )
nên a 2  b 2  ab 
Dấu“=”có  a=b
2
2

+) Ta có:

a4  b4
a4  b4
a4  b4
1
.
Ta
sẽ
chứng
minh:

 (a 2  b 2 ) (1).
2
2

3 2
3
a  b  ab 3 2
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).
a4  b4
1
 (a 2  b 2 ) Dấu“=”có  a2=b2  a=b
2
2
a  b  ab 3

Do đó ta được:

+) Áp dụng BĐT trên ta có:

b4  c4
1
 (b 2  c 2 ) Dấu“=”có  b=c
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

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 19 tháng 10 năm 2014
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

x2
. Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tổng khoảng cách từ M đến
x 1
hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.

1) Cho hàm số y 

1
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  mx 2  3mx  10 đạt cực trị tại hai
3

x12  2mx2  8m
m2
 2
 2
điểm x1 , x2 và thỏa mãn hệ thức:
m2
x2  2mx1  8m
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:

sin10 2 x  cos10 2 x
29cos3 4 x


sin 2 2 x  cos 2 2 x
16

1
1
 2
2
 x  y  x2  y 2  5
2) Giải hệ phương trình: 
( xy  1) 2  x 2  y 2  2


Câu III (2,0 điểm)
1) Cho đẳng thức: C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn1  28  1 với n là số tự nhiên.
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển (1  x  x3  x 4 )n
2) Giải bất phương trình: (2 x  4)( 3 x  5  2 2 x  5)  1  3x
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, mặt bên SAC là tam giác cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Hai mặt phẳng

( SAB) và ( SBC ) lần lượt tạo với đáy góc 600 và 450 , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC bằng a. Tính thể tích của khối chóp S. ABC theo a.
2) Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đôi một hợp với nhau một góc  . Gọi A, B, C là
các điểm lần lượt thuộc Ox, Oy, Oz sao cho: OA  a, OB  b, OC  c. Khi  thay đổi; a, b, c
không đổi. Xác định  để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực không âm sao cho a  b  c  1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  2abc.
----------------------Hết---------------------Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh:......................................
Chữ ký của giám thị 1:........................................Chữ ký của giám thị 2:.......................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 19 tháng 10 năm 2014
(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)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Nội dung

Câu

Điểm

x2
. Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tổng khoảng
x 1
(1,0đ)
cách từ M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho hàm số y 

Tập xác định: D  R \ 1

0,25

Tìm được các đường tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1.
x 2
Gọi M ( x0 ; 0
) thuộc đồ thị hàm số.
x0  1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: | x0 – 1|.

I.1

0,25

3
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là:
| x0  1|
Khi đó tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là P = | x0 – 1| +
Theo bất đẳng thức Cơ - si ta có: P = | x0 – 1| +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

3
| x0  1|

3
2 3
| x0  1|

0,25

3
 x0  1
x0  1

 x0  1  3

 x0  1  3

0,25

Suy ra có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là M (1  3;1  3) và M (1  3;1  3).
1
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  mx 2  3mx  10 đạt cực trị tại
3

x 2  2mx2  8m
m2

 2 (*)
hai điểm x1 , x2 và thỏa mãn hệ thức: 1
m2
x22  2mx1  8m

(1,0đ)

Ta có y '  x2  2mx  3m ;  '  m2  3m .
Hàm số có hai điểm cực trị x1, x2   '  0  m  3 hoặc m  0
I.2

Từ y '( x1 )  y '( x2 )  0 , ta có: x12  2mx1  3m; x22  2mx2  3m
Hệ thức (*) 

2m( x1  x2 )  5m
m2

 2 .
2m( x1  x2 )  5m
m2

0,25
0,25

(**)

0,25

Theo định lý Vi - et x1  x2  2m .
Thay vào (**) ta được

4m  5
 1  m  1 (thỏa mãn điều kiện).
m

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.

0,25


sin10 2 x  cos10 2 x
29cos3 4 x


16
sin 2 2 x  cos 2 2 x

Giải phương trình:

Điều kiện: cos 4 x  0  x 



k

(1,0đ)



với k  Z
8
4
sin10 2 x  cos10 2 x 29cos3 4 x
Phương trình 

cos 4 x
16
5

0,25

5

29cos 4 4 x
 1  cos 4 x   1  cos 4 x 



 

2
2
16

 


 1  cos4 x   1  cos4 x   58cos 4 4 x
5

II.1

5

Đặt t  cos 4 x , điều kiện t  [-1;0)  (0;1]
Phương trình trở thành: (1 - t) 5 + 1 t  = 58 t 4
5



 



 t  5t  10t  10t  5t  1  t  5t  10t  10t  5t  1  58t
5

4

3

2

5

4

3

2

 10t 4  20t 2  2  58t 4  24t 4  10t 2  1  0  t 2  
Với t 2 

1
1
1  cos8 x 1
 cos2 4 x  

2
2
2
2

 cos8 x  0  8 x 



2

 l  x 



16

l


8

0,25
4

1
1
(loại) hoặc t 2  (thỏa mãn) 0,25
12
2

, l  Z (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x 


16

l


8

0,25

,l  Z

1
1
 2
2
 x  y  x2  y 2  5
Giải hệ phương trình: 

2
2
2
( xy  1)  x  y  2

(1,0đ)

x  0
Điều kiện: 
y  0
1 2
1 2

( x  x )  ( y  y )  5
Khi đó hệ phương trình tương đương với 
( x 2  1)( y 2  1)  2 xy


II.2

0,25

1 2

1 2

( x  x )  ( y  y )  5

(*)
 
( x  1 )( y  1 )  2

x
y
1

u  x  x
Đặt 
; u 2.
v  y  1

y
 u  v  3

2
2
2

u  v  5
 u  v   9
u.v  2


Hệ phương trình trở thành: 


u  v  3
u.v  2
u.v  2

 u.v  2

 u  1

u  v  3  v  2

Ta có 
;
 u  2
u.v  2

 v  1

 u  1

u  v  3  v  2


 u  2
u.v  2

 v  1

0,25

0,25


u  2
u  2
hoặc 
thỏa mãn.
v  1
v  1
x  1
u  2

+) Với 
ta được  1  5
v  1
y 
2

 x  1
u  2

+) Với 
ta được 
1  5
v


1

y 

2


Do u  2 nên 

0,25

Cho đẳng thức: C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn1  28  1 với n là số tự nhiên.

(1,0đ)

Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển (1  x  x3  x4 )n

Đặt S  C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn1





0,25

(1  1)2n1  C20n1  (C21n1  C22n1  ...  C2nn1 )  C2nn11  C2nn21  ...  C22nn1  C22nn11

III.1







 22n1  C20n1  C22nn11  (C22nn1  C22nn11  ...  C2nn11 )  C2nn11  C2nn21  ...  C22nn1
 22n1  2  2S  22n  1  S  22n  28  n  4



 1  x  x3  x





4 n

4

0,25
0,25



4
 (1  x)  x3 (1  x)   1  x  1  x









3 4

 C40  C41 x  C42 x2  C43 x3  C44 x 4 C40  C41 x3  C42 x6  C43 x9  C44 x12



0,25

Ta có hệ số của x10 là: C41 .C43  C44 .C42  10
(1,0đ)

Giải bất phương trình: (2 x  4)( 3 x  5  2 2 x  5)  1  3x
5
2

Điều kiện xác định: x  . Với x 

5
ta có 2 x  4  0
2

Bất phương trình đã cho tương đương với


3

x  5  2 2x  5 

3

x  5  2 2x  5 

3x  1
0
2x  4

3x  1
2x  4

0,25
(1)

3x  1
5

liên tục trên  ;  
2x  4
2

III.2
5
Do hàm số u( x)  3 x  5  2 2 x  5 đồng biến với x 
2
3x  1
5
10
đồng biến do v '( x) 
 0 với x 

v( x)  
2
2x  4
2
(2 x  4)

Xét hàm số f ( x)  3 x  5  2 2 x  5 

0,25

3x  1
5

đồng biến trên  ;  
2x  4
2

Mặt khác f (3)  0 khi đó BPT (1)  f ( x)  f (3)  x  3 .

Suy ra f ( x)  3 x  5  2 2 x  5 

0,25

5 

0,25

Kết hợp với điều kiện của BPT ta được tập nghiệm T   ;3
2 
Tính thể tích của khối chóp S. ABC theo a .

Gọi H là trung điểm AC do tam giác SAC cân tại S
nên SH  AC, mà (SAC)  (ABC) theo giao tuyến AC
 SH  (ABC).

(1,5đ)
S

1

F

IV.1 Suy ra VS.ABC = 3 SH .SABC

D

0,25
C

A
60 0

H

I

45 0

K
B

Khi đó kẻ HI  AB tại I, suy ra AB  (SHI)
Mặt khác AB = (SAB)  (ABC) nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc giữa SI và IH
 SIH  600 .
Tương tự kẻ HK  BC tại K  SKH  450
Đặt AB = x, điều kiện x > 0
Ta có AI =

0,25

x
= IB = HK = SH
2

0,25

Kẻ AD // BC (D thuộc HK) => BC // (SAD)
nên d(SA,BC) = d(BC,(SAD)) = d(K,(SAD))
Do AD // BC nên AD  HK mà SH  AD nên AD  (SKH) => (SAD)  (SKH) theo giao
tuyến SD, khi đó kẻ KF  SD tại F => KF  (SAD) => KF = d(K,(SAD)) = a
Ta có DK = x, IH =
SI = 2IH =

x
3

SH
tan 60

0



x
2 3

= BK = AD

AI 2  SI 2 

, SA =

0,25

x 7
, SD =
2 3

Ta có: SH.DK = KF.SD  x  a 2 suy ra SH =

SA2  AD 2 

0,25

x
2

a
2

2

Diện tích tam giác ABC là:

1
a
BA.BC 
2
3

0,25

1 a a2
a3
.
.

3 2 3 3 6
Xác định  để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất.

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là V =

(1,5đ)

Gọi I là hình chiếu của A trên (OBC) suy ra I thuộc tia
phân giác Ot của góc BOC.
Khi đó ta có: VOABC

1
 . AI .OB.OC.sin 

6

x
A

B

O

y

0,25
I

t

J
C
z

Chứng minh OI 

OA.cos
cos

IV.2



2

1
cos 2
 VOABC  abc.sin  . 1 

6
cos 2
2

0,25

1


 V 2OABC  (abc)2 sin 2 (cos 2  cos 2 )
9
2
2
1



 (abc)2 (1  cos2 )(cos 2  (2cos 2  1)2 )
9
2
2
2

0,25







Xét P  (1  cos2 )(cos2  (2cos 2  1)2 )  (1  cos 2 )(4cos 4  5cos 2  1)


2

2

2

2

1
 t [ ;1) . Khi đó: P  f (t )  4t 3  9t 2  6t  1
2
2
t  1
2
 f '(t )  12t  18t  6  0   1
t 
 2
1
1
 f '(t )  0, t [ ;1) suy ra f(t) nghịch biến trên [ ;1) suy ra
2

2
1

1
max f (t )  f ( )  t    
2
2
2
1

Đặt t  cos2

[ ;1)
2

2

2

0,25

0,25

0,25


Cho a, b, c là ba số thực không âm sao cho a  b  c  1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  2abc .
Vì a, b, c là ba số thực không âm sao cho a  b  c  1 nên ít nhất một trong ba số a, b, c
 1

(1,0đ)

 1

thuộc đoạn 0;  , Khơng mất tính tổng qt giả sử c  0;  .
 3
 3
Với mỗi giá trị c, thay b = 1 – c – a vào P ta được



0,25



P   2c  1 a 2  2c 2  3c  1 a  c  c 2  f (a)
 1

Vì f (a) là hàm bậc hai với hệ số của a2 là 2c – 1 < 0 (do c  0;  )
 3
1 c
1 c
b
2
2
3
2
c
c

1
1 c 
Khi đó P  f 
      g (c )
2
4 4
 2 

nên f (a) đạt GTNN khi a 
V

Xét hàm số g (c)  

0,25

c3 c 2 1
 1
  trên 0; 
2
4 4
 3

c  0
3c 2 c
c
 1
    3c  1  0 c  0;  Và g '(c)  0  
c  1
2
2

2
 3

3
3
2
c
c
1
 1
nên hàm số g (c)     đồng biến trên 0; 
2
4 4
 3
g '(c)  

1 c 

c3

c2

1

1

7

Do đó P  f 
      g (c)  g   

2
4 4
 2 
 3  27
Vậy giá trị lớn nhất của P 

7
1
khi a  b  c  .
3
27

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2,0 điểm)

1) Cho hàm số y  x 3  3 1  2m x  2 . Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại đúng 1 điểm.



2) Cho hàm số y  x 4


 2 m  1 x

2

 2 . Tìm m để đồ thịhàm số có ba điểm cực trị tạo thành



một tam giác có đường trịn ngoại tiếp đi qua điểm M  3 ; 1  .
 2 2



Câu II (2,0 điểm)



3x 2 -2x-5+2x x 2 +1=2  y+1 y 2 +2y+2




2x- 4y+3=x 2 +2y 2

1)Giải hệ phương trình 

2) Giải bất phương trình 2  3 x2  x . x  2  2( x2  3x)
Câu III (2,0 điểm)
1) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp đúng một viên bi.
a) Biết rằng hộp thứ nhất có 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi đen. Hộp thứ hai có 15 viên bi,
trong đó có 10 viên bi đen.Tính xác suất để lấy được hai viên bi đen.
b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là

55
. Tính xác
84

suất để lấy được hai viên bi trắng.
2) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1  1 ; un1 

un 2
n  1 và dãy số (vn ) thỏa mãn:

2 un

un vn  un  2vn  2  0 n  1 . Tính v 2015 và lim un .

Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc BAD  1200 , BD  a  0 , cạnh bên
SA vng góc mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 . Điểm K
thay đổi trên đoạn SC.
a) Tìm các vị trí của K sao cho tam giác BKD lần lượt có diện tích nhỏ nhất, lớn nhất.

b) Khi K là điểm sao cho diện tích tam giác BKD nhỏ nhất.Tính tỉ số thể tích hai khối đa
diện do mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD.
2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB  AA '  a . Điểm Mthay đổi trên đường
thẳng AB’ sao cho mặt phẳng qua M, vuông góc AB cắt đường thẳng BC’ tại điểm N trên
đoạn BC’. Xác định vị trí của M để biểu thức 2AM 2  MN 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
b2
c2
a2
1


 .
 ab  2  2ab  1  bc  2  2bc  1  ac  2  2ac  1 3

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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)
Câu
Nội dung
Điểm
Tìm m để đồ thị hàm số y  x 3  3 1  2m  x  2 cắt trục Ox tại đúng 1 điểm
TXĐ:


(1,0đ)

. Bài toán thỏa mãn  pt x 3  3 1  2m  x  2  0 có nghiệm duy nhất
0,25

x 3  3x  2
 6m có nghiệm duy nhất khác 0.
x

Xét hàm số f x  

x 3  3x  2
, x
x

  

\ 0 ,f ' x 

2x 3  2
; f ' x  0  x  1

x2



I.1

0,25
Bảng biến thiên:
x
f' x

 
f x 

 1



0


0

+

+

 

0,25




0
Từ bảng biến thiên kết luận m  0

Cho hàm số y  x 4  2 m  1 x 2  2 có đồ thị là (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) có ba
 3 1
; .
 2 2



điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường trịn ngoại tiếp đi qua điểm M 

0,25
(1,0đ)

x  0

Tập xác định của hàm số là R.Ta có: y '  4x 3  4 m  1 x ; y '  0  

2
x  m  1

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y '  0 phải có ba nghiệm phân biệt
 m  1  0  m  1

 



Các điểm cực trị là A  0; 2 ; B  m  1;1  2m  m 2 ;C

I.2

m  1;1  2m  m 2

0,25



Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị (Cm) nhận trục Oy làm trục đối xứng, do
đó tam giác ABC cân tại A, suy ratâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên
trục Oy, giả sử tâm là I  0; a 
 3 1
;  nên
 2 2



0,25

Vì đường trịn đi qua M 



IA  IM  IA2  IM 2  2  a



2

2

2
 3 1

 

 a   a  1  IA  1 .
 2   2






 

Ta có I  0;1 , IB  IA  IB 2  1   m  1  2m  m 2
 m  0; m  1; m 

2



2

1

3  5
2

Do m  1 nên các giá trị thỏa mãn là m  0; m 

0,25

0,25
3  5
3  5
. Vậy m  0; m 
.
2
2






hệ

rồi

2
2

3x -2x-5+2x x +1=2 y+1

2x- 4y+3=x 2 +2y 2



1) Giải hệ phương trình: 
Cộng

theo

vế



hai

phương

 
2

trình

  y+1

x2  x x2 1  y 1  y 1

2

trong

y 2 +2y+2

rút

Từ đó f '(t )  2t  2

t 2  1.

t2
t2  1

ta

được

:



0,25

 2t  2 t  0 t 

Do đó hàm f(t) là hàm số đồng biến trên

gọn

+1 *

Xét hàm số f t   t 2  t t 2  1 trên R ta có : f ' t   2t  t 2  1 

II.1

(1,0đ)

t2
t2  1

0,25

và f '(t )  0 chỉ khi t  0

.Vì vậy (*)  f  x   f y  1  x  y  1

0,25

thay vào pt (2) ta được : y  1  2y 2  2 y  1  4y  3
2

y  2, x  1
 3y  4y  4  0  
y  2 , x  5

3
3
2

0,25

5 2
Vậy hệ có nghiệm ( x, y) {(1, 2);( , )}

3 3

Giải bất phương trình: 2  3 x2  x . x  2  2( x2  3x)
Điều kiện: x  2 . Phương trình có dạng 3 x (x  1)(x  2)  2x 2  6x  2

 3 x (x  1)(x  2)  2x (x  2)  2(x  1)  3

II.2

Đặt t 

x (x  2)
x (x  2)
2
2
x 1
x 1


1
x (x  2)
t
 0 ta được bất phương trình 2t 2  3t  2  0  
2  t  2 ( do

x 1
t

2


(1,0đ)
0,25

0,25

0,25

t  0)

Với t  2 

x  3  13
x (x  2)
 x  3  13 (do x  2 )
 2  x 2  6x  4  0  
x  3  13
x 1


0,25

Vậy bất phương trình có nghiệm x  3  13
1) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên
từ mỗi hộp đúng một viên bi.
a) Biết rằng hộp thứ nhất có 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi đen. Hộp thứ hai có 15 viên
bi, trong đó có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy được hai viên bi đen.

(1,0đ)
III.1

55
b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là
.
84
Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng.
a) Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi.

Mỗi phần tử của không gian mẫu được chọn nhờ 2 giai đoạn:

0,25


1) Chọn 1 bi từ 20 bi hộp 1.
2) Chọn 1 bi từ 15 bi hộp 2
Suy ra số phần tử không gian mẫu là |  | 20.15  300
Gọi A là biến cố: Lấy được hai viên bi đen, lập luận tương tự, ta được
| A | 7.10  70 nên xác suất để lấy được hai bi đen là P (A) 

7
30

0,25

b) Giả sử hộp 1 có x viên bi, trong đó có a viên bi đen,hộp thứ hai có y viên bi,
trong đó có b viên bi đen. ( x,y, a,b là các số nguyên dương, x  y , a  x , b  y ).
Theo lập luận trên và giả thiết, ta có x  y  20 và

ab 55
nên 55xy  84ab . Từ đó xy


xy 84

0,25

1
4

chia hết cho 84. Mặt khác xy  (x  y )2  100 nên xy  84 . Ta được x  14, y  6
55 55
nên a=11, b=5

b
6
(6  5)(14  11)
1
Vậy xác suất để được 2 bi trắng là

6.14
28
u
2
Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1  1 ; un 1  n  , n  1 và dãy số (vn ) thỏa mãn:
2 un

Từ đó ab=55 nên a là ước của 55.Do a  11 và a 

0,25
(1,0đ)

unvn  un  2vn  2  0 n  1 . Tính v 2015 và lim un

Ta có v1  3 . Chứng minh được un  2 n nên
2

u  2
vn 

  n 1
 vn 1
 u  2 
un  2 un 1
2
n 1



2
2
un 1
un  2

III.2

un 1
2

2
2
un 1

Do đó vn  v1 
vn 

un  2
un  2

2n 1

 

 3

 un  2.

2n 1

 

 v2015  3

vn  1
vn  1

1

2n 1

1

3

Mặt khác 2n  (1  1)n  Cn0  Cn1 
n 1

suy ra 32

 3n n  3 . Vậy lim

1
n 1

32

22014

n 1

32

 2.

 

0,25

2

 32

2014

và vn  1n  1

với mọi n  2

0,25
0,25

 C nn  1  n với mọi n  2 nên 2n 1  nn  3

 0 nên lim un  2

0,25

1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc BAD  1200 , BD  a  0 , (1,5đ)
cạnh bên SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD)
bằng 600 . Điểm K thay đổi trên đoạn SC.
a) Tìm các vị trí của K sao cho tam giác BKD lần lượt có diện tích nhỏ nhất, lớn
nhất.
b) Khi K là điểm sao cho diện tích tam giác BKD nhỏ nhất. Tính tỉ số thể tích hai
khối đa diện do mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD.


S

A

D

I

O
B
C

Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều :
OB 

a 3
1
a
BD  và AB  AC 
3
2
2

0,25

Đặt I là trung điểm BC thì AI  BC ; AI  OB . Mà SA  mp ABCD   BC  SI . Do
đó SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì SAI vng tại A :
a 3
SIA  60  SA  AI . tan 60 
2
0

0,25

0

Do BD vng góc AC và SA nên BD vng góc mặt phẳng (SAC), từ đó với mọi K
1
2

1
2

0,25

trên SC thì BD vng góc OKnên SBKD  OK .BD  OK .a . Gọi I là hình chiếu của O
trên BD thì OK  OI , OI khơng đổi. Vậy diện tích tam giác BKD nhỏ nhất khi K trùng
I
Mặt khác, K trên đoạn SC khi và chỉ khi SK  xSC với x  [0, 1] , từ đó
OK  xOS  (1  x )OC nênOK  x.OS  (1  x )OC  OS ( OC  OS do SOC  900 )

0.25

Vậy diện tích tam giác BKD lớn nhất khi K trùng S

Từ đó

VIBCD
VSIBD

Lại có :

dC ,(BID )
dS ,(BCD )



CI
.
IS

0,25

SC
AC
OC .AC
SC
SC 2

 IC 


OC
IC
SC
IC OC .AC

mà OC 
Từ đó




SC
SA2  13
1

 2 1 
AC ; SC 2  SA2  AC 2 , nên
 .
2
IC
AC 2  2


0,25

VBICD
1
1
nên tỉ lệ thể tích cần tìm là

12
VS . ABCD 13

2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB  AA '  a . Điểm M thay đổi trên
đường thẳng AB’ sao cho mặt phẳng qua M, vng góc AB cắt đường thẳng BC’ tại
IV.2
(1,5đ)
điểm N trên đoạn BC’. Xác định vị trí của M để biểu thức 2AM 2  MN 2 đạt giá trị nhỏ
nhất.


C

A
B

N
M

C'

A'

B'

Đặt AB  a, AC  b , AA '  c , AM  mAB ', BN  nBC '
0,25

Khi đó MN  MA  AB  BN  (1  m  n)a  nb  (n  m)c
Do (P) vng góc AB nên MN vng góc AB, ta được
1
MN .AB  0  a [(1  m  n )a  nb  (n  m)c ]  0  (1  m  n )a 2  n. a 2  0 ( do
2
a .b 

0,25

1 2
a ). Từ đó n=2-2m.
2

Khi đó MN 2  (12m 2  18m  7)a 2 nên 2AM 2  MN 2  (20m 2  18m  7)a 2
1
2

Do N thuộc đoạn BC’ nên n  [0, 1] , suy ra m  [ , 1]

Đặt f (m)  20m 2  18m  7 thì f '(m)  0  m 
1
2

Từ đó f(m) nhỏ nhất bằng f ( ) khi m 

0,25
0,25

9
1
1
 nên f (m) đồng biến trên [ , 1]
20 2
2

1
. Tức là 2AM 2  MN 2 nhỏ nhất khi M là
2

0,25

0,25

trung điểm AB’.
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
b

2

c



2

a



2

ab  2 2ab  1 bc  2 2bc  1 ac  2 2ac  1
x
y

y
z

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt: a  , b  , c 
V

Khi đó:VT 

x2



y2

z
x



1
.
3

, với x, y, z > 0.
z2



0,5

y  2z z  2y  z  2x x  2z  x  2y y  2x 

Ta có: y  2z z  2y   yz  2y 2  2z 2  4yz  2 y  z   yz 
2

Suy ra:

(1,0đ)

x2

y  2z z  2y 



2
x2
. 2
(1)
9 y  z2



9 2
y  z2
2




Tương tự:

y2

z  2x x  2z 

z2

x  2y y  2x 





2
z2
. 2
9 y  x2

2
y2
. 2
9 x  z2

(2)

(3)

Cộng (1), (2), (3) theo vế với vế ta được: VT 

2  x2
y2
z2 


 2

9  y  z 2 x 2  z 2 y 2  x 2 

Lại có
x2
y2
z2



y2  z 2 x 2  z 2 y2  x 2
 1
1
1 
 x 2  y2  z 2  2
 2
 2
3
2
2
x z
y  x2 
y  z
 1
1
1
1 

x 2  y2  y2  z 2  x 2  z 2  2
 2
 2
3
2
2
2
x z
y  x2 
y  z
1

3
 .9  3 
2
2
2 3 1
Suy ra VT  . 
9 2 3







 

 



0,5