De hsg vong1thpt 2018 2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Khóa ngày 20 - 4 - 2019
Mơn : TỐN

(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
AN GIANG

Câu 1. (4,0 điểm)
Tìm m để phương trình sau đây có đúng một nghiệm phương trình sau đây có đúng một nghiệmng trình sau đây có đúng một nghiệmt nghiệmm
2 x2 −mx=4−2 x √ x 2−mx

Câu 2. (4,0 điểm)
Cho hàm số

1
y=f ( x )=sin x−a . sin 2 x − sin 3 x +2 ax .
3

f ' ( x ) ≥ 0 ∀ x ∈ R.

1

Câu 3. (4,0 điểm)
Bảng hình vuông (10 ×10) gồm 100 hình
vuông đơn vị. Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật tạo

thành từ các hình vuông đơn vị của bảng. Tính số
hình chữ nhật có diện tích là số chẵn các hình
vuông đơn vị.

2

Xác định a để
3

4

5

6

7

8

9

10

a
b
c
d
e
f
g

h
i
k

Câu 4. (3,0 điểm)

1
x
2
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A (−1 ; 1 ) ; B x ; x ; C 2 ;− x trong
đó x là một số thực dương thay đổi cho trước. Tìm tọa độ hai điểm B ;C để diện
tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.

( ) (

)

Câu 5. (3,0 điểm)
4

2

Cho dãy số (un ) thỏa u1= 3 ; u n+1=u n−2u n+ 2 ,(∀ n∈ N ,n ≥ 1).
Đặt v k =u1 .u 2 … uk .
a) Tính u2 ; u3.
b) Xét tính hội tụ và tính giới hạn của dãy ( v k ).
Câu 6. (2,0 điểm)
Cho tứ diện ABCD, một điểm O bất kỳ nằm trong tứ diện, gọi d 1 ; d 2 ; d 3 ; d 4
là khoảng cách từ O đến các điểm A ; B; C ; D và k 1 ; k 2 ; k 3 ; k 4 lần lượt là khoảng
cách từ O đến các mặt ( BCD ) ; ( ACD ) ; ( ABD ) ; ( ABC ).

Chứng minh rằng:
d 1 +d 2 +d 3 +d 4 ≥ 2 √ k 1 k 2 +2 √ k 1 k 3 +2 √k 1 k 4 +2 √ k 2 k 3+ 2 √ k 2 k 4 + 2 √ k 3 k 4

-------Hết --------


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Khóa ngày 20 - 4 - 2019
Mơn : TỐN
ĐÁP ÁN
Điểm
Lược giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu
2 x2 −mx=4−2 x √ x 2−mx
⟺ x 2+ 2 x √ x 2−mx + x2 +mx=4
2

⟺ ( x + √ x2 −mx ) =4
2
⟺ x + √ x2 −mx=2
x + √ x −mx=−2

[

+ Trường hợp: x + √ x 2−mx=2
2−x ≥ 0

⟺ √ x2 −mx=2−x ⟺ 2
x −mx=4−4 x+ x2
2≥x
2≥ x
⟺
⟺
4
x=
( 4−m ) x =4
Câu 1
4−m
4
2 m−4
≤2⟺
< 0 ⟺ m∈ (−∞ ; 2 ] ∪(4 ;+∞)
4−m
−m+4
+ Trường hợp: x + √ x 2−mx=−2
x ≤−2
⟺ √ x2 −mx=−2−x ⟺ 2
x −mx=4 +4 x+ x 2
x ≤−2
x
≤−2
⟺
⟺
−4
x=
( 4+ m ) x=−4
4+m

−4
2 m+4
≤−2 ⟺
< 0 ⟺m ∈ (−4 ;−2 ] .
4+ m
m+4
Vậy phương trình có một nghiệm khi y phương trình có một nghiệm khi t nghiệm khi m khi m∈ (−∞ ;−4 ] ∪¿ ∪(4 ;+ ∞).

{

{

{

4,0
điểm

{

{

{

1
y=f ( x )=sin x−asin 2 x− sin3 x +2 a x
3
D=R.
Tậy phương trình có một nghiệm khi p xác định
f ' ( x )=cos x −2 a cos 2 x−cos 3 x +2 a=¿
Câu 2

¿ 2 sin 2 x sin x −2 a (1−cos 2 x )=4 sin2 x . cos x+ 4 a sin 2 x
¿ 4 sin2 x (cos x+ a)
Để f ' ( x ) ≥ 0 ∀ x ∈ R thì cos x +a ≥ 0 ⟹ a ≥1
Vậy phương trình có một nghiệm khi y a ≥ 1 thìf ' ( x ) ≥ 0 ∀ x ∈ R.
Câu 3 + Tính số hình chữ nhật
Bảng ơ vng (10 ×10)gờm 11 đường thẳng đứng và 11 đường nằm ngang.
Mỗi hình chữ nhật tạo thành bởi hai đường thẳng đứng và hai đường nằm
ngang.
Chọn 2 đường thẳng đứng trong 11 đường thẳng đứng có C 211 cách chọn
Chọn 2 đường nằm ngang trong 11 đường nằm ngang có C 211 cách chọn.
Vậy có C 211 × C211 =552=3025 hình chữ nhật.
+ Tính sớ hình chữ nhật có diện tích lẻ,
Hình chữ nhât có diện tich lẻ khi độ dài hai cạnh của hình chữ nhật phải là số lẻ
hay khoảng cách giữa hai đường (đứng và ngang) phải là số lẻ.
Chọn hai đường thẳng đứng có khoảng cách lẻ 1; 3; 5; 7; 9

4,0
điểm

4,0
điểm


Khoảng cách bằng 1 có 10 cách, khoảng cách bằng 3 có 8 cách, khoảng cách
bằng 5 có 6 cách khoảng cách bằng 7 có 4 cách, khoảng cách bằng 9 có 2 cách.
Vậy có 10+8+ 6+4 +2=30 cách chọn hai đường thẳng đứng, tương tự có 30
cách chọn hai đường nằm ngang.
Có 30 ×30=900 hình chữ nhật có diện tích là số lẻ.
Vậy có 3025−900=2125 hình chữ nhật có diện tích là số chẵn.
1

x
2
A (−1 ; 1 ) ; B x ; ; C ;− ; x >0
x
2
x
1
⃗
AB= x +1; −1 ;
x
x
2
⃗
AC= +1 ;− −1
2
x
1
−2
1
x
1 −x 3 5
Câu 4 S ABC = 2 ( x +1 ) x −1 − x −1 2 + 1 = 2 2 − x − 2 .

(
(

|

( ) ( )
)

)
( ) ( )( )| |

3 5 x
¿ + + =
2x 4 4

|

3,0
điểm

2

x
3
3 5 5
6
−
+ + ≥ +√ .
4
2x
2 4 4 2
x 3
√ 6 ; C √ 6 ;− √ 6 .
Dâu bằng xảy ra khi = ⟺ x=√ 6 ⟹ B √ 6 ;
4 2x
6
2
3

5 √6
√6 ;C √ 6 ;− √6 .
Vậy phương trình có một nghiệm khi y GTNN S= + ; tọa đột nghiệm khi hai điểm là B √ 6 ;
4 2
6
2
3
4
2
Cho dãy số (un ) thỏa u1= ; u n+1=u n−2u n+ 2,(∀ n∈ N , n≥ 1).
3
Đặt t v k =u1 .u 2 … uk . Xét tính hột nghiệm khi i tụ và tính giới hạn của dãy ( v k ).
16 8
10
100 20
82
6562
u2= − +2= ; u3 =
− +2= ; u 4=
9 3
9
9
3
81
6561
2
2
Ta có: un +1=un −2u n+2 ⟺ un +1−1=( u n−1 )
1
⟺ un−1=( un−1−1 ) 2=…=( u1−1 )2 = 2

3
k
1
1
⟹ un=1+ 2 ⟹ v k =∏ 1+ 2
i=1
3
3
1
Câu 5 Nhân hai vế của v k cho 1− ta được
3
k
1
1
1
1
1− v = 1− 2 ∏ 1+ 2 =1− 2
3 k
3 i=1
3
3
1 3 3
⟹ v k = 1− 2 . <
2 2
3
1
1
1
1
Dễ thấy đây là dãy số tăng vì 1− 2 > 1− 2k+1 ⟺ 2 < 2k +1

3
3
3 3
3
bị chặt n trên bởi và
2
3
lim v k = .
2
Gọi đột nghiệm khi dài đường cao của tứ di ệm khi n kẻ từ A ; B; C ; D lần lượt là h1 ; h2 ; h3 ; h4.
Diệm khi n tich các mặt t tứ di ệm khi n ( BCD ) ; ( ACD ) ; ( ABD ) ; ( ABC ) lần lượt là
Câu 6
S1 ; S 2 ; S3 ; S 4
Ta có d 1 +k 1 ≥ h1 ⟹ d 1 S 1+ k 1 S1 ≥ h1 S1

(√ √ ) √

(
(

) (
) (

)
)

0,5
điểm

n−1

n−1

(

n−1

k−1

)

( )

( ) (

(

0

k

) (

k−1

)

k

2,5

điểm

)

k

k

2,0
điểm


A
Tương tự
d 2 S 2+ k 2 S 2 ≥ h2 S 2
d1
d 3 S 3 +k 3 S 3 ≥ h3 S 3
O
d 4 S 4+ k 4 S 4 ≥ h 4 S 4
k1 h1
Mặt khác k 1 S 1 +k 2 S 2+ k 3 S 3+ k 4 S4 =3 V =h1 S1
D
B
⟹ d 1 S1 +k 1 S1 ≥ k 1 S1 +k 2 S 2 +k 3 S 3 +k 4 S 4
⟺ d 1 S 1 ≥ k 2 S 2+ k 3 S 3+ k 4 S 4
C
k2 S2 k3 S3 k 4 S4
⟺ d1≥
+
+

S1
S1
S1
Lần lượt ta có
k S k S k S
d2 ≥ 1 1 + 3 3 + 4 4
S2
S2
S2
S1
S2
S4
d3 ≥ k1 + k2 + k4
S3
S3
S3
S
S
S
d 4 ≥ k 1 1 + k 2 2 +k 3 3
S4
S4
S4
S1
S2
S1
S3
⟹ ∑ d i ≥ k 1 +k 2
+ k 1 +k 3
+…

S2
S1
S3
S1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta được
S
S
k 1 1 +k 2 2 ≥2 √ k 1 k 2
S2
S1
Như vậy∑ d i ≥ ∑ 2 √ k i k j. Dấu bằng xảy ra khi d i +k i =hi, hay O là giao điểm
của các đường cao của tứ diện.

(

)(

)

Lưu ý:
- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa;