Đề thi HSG Toán cấp tỉnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
…
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn – Bảng B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 12/12/2018

2 x 1
2
x  1 có đồ thị (H) và đường thẳng d: y (m  1) x  2
Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số
(với m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để d cắt (H) tại hai điểm phân biệt có hoành độ
x1 , x2 sao cho biểu thức P 12( x1  x2 )  11x1 x2 đạt giá trị lớn nhất.
y

Câu 2 (4,5 điểm). Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực
4
3
2
2
1) x  6 x  6 x  9 x 2 x  3x .

x
2) 7  6 log 7 (6 x  1)  1 0 .

2 n
5

Câu 3 (2,5 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển (1  x  x ) , biết n là số tự
0
2
4
2n
nhiên thỏa mãn hệ thức C2 n  C2 n  C2 n    C2 n 512 .
Câu 4 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có AB c, BC a, CA b , ha là độ dài đường cao xuất

a
b  c   ha 3
2
phát từ đỉnh A và
. Chứng minh rằng tam giác ABC đều.
Câu 5 (2,0 điểm). Một quả bóng cao su được thả rơi từ độ cao h = 18 m. Sau mỗi lần chạm đất,
3
quả bóng lại nảy lên cao bằng 4 độ cao của lần rơi ngay trước đó. Giả sử quả bóng khi rơi và
nảy đều theo phương thẳng đứng. Tính tổng độ dài đoạn đường quả bóng đã di chuyển từ lúc
được thả đến lúc quả bóng khơng nảy nữa.
Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn tâm I có phương trình

(x  1) 2  (y + 1) 2 5 , tam giác ABC nội tiếp đường trịn và đường phân giác trong góc A có
phương trình x  y  1 0 . Biết rằng hai điểm A và I cách đều đường thẳng BC và điểm A có
hồnh độ dương. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu 7 (2,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, chiều cao h
không đổi. Gọi M, N lần lượt là hai điểm di động trên hai cạnh BC, CD sao cho góc


MAN
450. Đặt BM = x. Tìm x theo a sao cho thể tích của khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ
nhất.

Câu 8 (1,5 điểm). Cho a, b, c là ba số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a b c  0 . Tìm giá trị
1 b
c  5a
M 


2
b

a
c

b

 a c .
nhỏ nhất của biểu thức
--------------------------Hết--------------------------


Lưu ý: - Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………….................................……; Số báo danh: …..........; Phòng thi số:..........


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán – Bảng B

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Câu

1
(2,5đ
)

Điể
m

Đáp án
2 x 1
( m 2  1) x  2
x

1
Phương trình hồnh độ giao điểm của (H) và d là
 (m 2  1) x 2  (m 2  5) x  1 0 (do x = 1 khơng là nghiệm phương trình)

0,5

2
2
2
Đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm phân biệt  (m  5)  4(m  1)  0
2
2
 ( m  3)  12  0 . Suy ra m   thì d ln cắt (H) tại hai điểm phân biệt.

0,5

Ta có

x1  x2 

m2  5
1
; x1.x2  2
2
m 1
m 1

0,5

 m2  5 
 1 
59
P 12( x1  x2 )  11x1.x2 12  2
  11 2
 12  2
71
 m 1 
 m 1 
m 1

0,5

Do đó P đạt giá trị lớn nhất là 71 khi m = 0. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

0,5

x 4  6 x 3  6 x 2  9 x 2 x 2  3 x  ( x 2  3 x ) 2  3( x 2  3 x)  2 x 2  3 x 0
2

1)
(2,5đ)

4
2
Đặt t  x  3 x , t 0 , phương trình trở thành t  3t  2t 0
 t 0; t 2; t  1 (loại)

Với t 0 suy ra x 0, x 3
Với t 2 suy ra x  1, x 4

x
7 6 y  1
 y
7 6 x  1

2)
(2,0đ)

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ
.
x
y
x

y
t
Suy ra 7  7 6 y  6 x  7  6 x 7  6 y (1). Xét hàm số f (t ) 7  6t .
t
Ta có f '(t ) 7 ln 7  6  0, t   nên hàm số f đồng biến trên  .

0,5

0,5

0,5

0,5

x
Do đó (1)  f ( x)  f ( y)  x  y . Suy ra 7  6 x  1 0 (*)
 1

 ;  

x
.
Xét hàm số g ( x) 7  6 x  1 trên khoảng  6

x
x
2
Ta có g '( x) 7 ln 7  6; g ''( x) 7 (ln 7)  0 nên đồ thị hàm số g lõm trên
 1


 1

  ;  
  ;  
 . Do đó (*) có khơng q hai nghiệm thuộc  6

khoảng  6
Mà g (0) 0, g (1) 0 nên x = 0, x = 1 là tất cả các nghiệm của (*). Vậy nghiệm

3
(2,5đ

0,5

0,5

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 0, x 3 , x  1, x 4
1
x
6 . Đặt y log 7 (6 x  1) , khi đó 7 y 6 x  1 .
Điều kiện
2
(4,5đ
)

0,5

của phương trình đã cho là x = 0, x = 1.
1
C20n  C22n  C24n    C22nn 512  .(C20n  C21n  C22n    C22nn ) 512

2
Ta có

0,5

0,5
0,5




)

4
(2,5đ
)

5
(2,0đ
)

1 2n
.2 512  n 5
2

0,5

5
5
 k k i k i 

5
(1  x  x 2 )5  1  x(1  x)   C5k x k (1  x) k    C5 Ck x 
k 0  i 0
 , (i, k  , i k )
k 0

0,5

i  k 5
i 0 i 1 i 2
;
;


5
i
,
k


,
i

k
k

5
k

4




k 3
x
Vì số hạng chứa nên
, giải ra ta được
5 0
1 4
2 3
Hệ số cần tìm là C5 C5  C4C5  C3 C5 51
a
a 2S
a
b  c   ha . 3  b  c   ABC . 3  b  c   (b sin C ). 3
2
2
a
2
Ta có
sin( B  C )
 sin B  sin C 
 3 sin B sin C
2

0,5
0,5
0,5
0,5

1
3
1
3
 sin B  sin C sin B( cos C 
sin C )  sin C ( cos B 
sin B)
2
2
2
2

0,5


 

 


 sin B  cos  C    1  sin C  cos  B    1 0
3 
3 





0,5





 cos  B   cos  C   1  B C 
3
3


3 . Vậy tam giác ABC đều.
3
h1  h
4 . Tiếp theo, bóng rơi từ độ
Sau lần chạm đất đầu tiên, quả bóng nảy lên độ cao là
3
h2  h1
h
4 . Sau đó bóng lại rơi từ độ cao h2 và cứ tiếp
cao 1 , chạm đất và nảy lên độ cao
3
hn  hn  1
4
tục như vậy... Sau lần chạm đất thứ n, quả bóng nảy lên độ cao
.
Tổng độ dài đoạn đường quả bóng đi được từ lúc thả đến lúc quả bóng khơng nảy nữa là
d (h  h1  h2    hn  )  (h1  h2    hn  ) .
d là tổng của hai cấp số nhân lùi vô hạn có cơng bội
h
h
d

 1 126
1 q 1 q
Do đó
m.

q

3
4 , có số hạng đầu lần lượt là h, h1

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

Ta có I (1;  1) . Tọa độ giao điểm của đường phân giác
trong góc A và (I) là nghiệm của hệ phương trình

6
(2,0đ
)

( x  1) 2  ( y  1) 2 5
 x 2; y 1


 x  y  1 0

 x  1; y  2
Suy ra có hai giao điểm A(2;1), A '( 1;  2)

0,5

Đường thẳng BC vng góc A’I nên phương trình BC có
dạng: 2 x  y  m 0 ( BC  A ' I )

d ( A; BC ) d ( I ; BC ) 

4 1  m

5
2
x

y

3

0
Phương trình BC:
Tìm

được

tọa

độ



2  1 m

điểm

5

B,

 m  3

C

là:

0,5

0,5


21  3  2 21 9  21  3  2 21
;
), (
;
)
5
5
5
5

.
Vậy diện tích tam giác ABC là
(

9

1
1 84 2
2 21
S ABC  BC.d ( A; BC ) 
.

2
2 5 5
5

7
(2,5đ
)

1
h 2
. AM . AN
Vs. AMN  .h.S AMN 
3
12
Ta có

0,5

0
0
0


Đặt MAB  , 0  45 , NAD 45  
AB
AD
AM . AN 
.
cos cos(450   )

0,5

a2 2
2a 2 2

cos (cos  sin  ) 1  2 sin(2  450 )

0,5

Vs. AMN nhỏ nhất  AM . AN nhỏ nhất
 1  2 sin(2  450 ) lớn nhất   22,50

0,5

0
Vậy với x a.tan 22,5 a ( 2  1) thì thể
tích của khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ nhất.

0,5






1 1
1 
5
M 


a
b
c
2  1
1  1
b
c
a

Biến đổi
1
1
2


,(x, y  0, xy 1)
1  x 1  y 1  xy

Ta có bất đẳng thức
8
(1,5đ
)

2
1
1
2


 x  y ( xy  1) 0,
1  x 1  y 1  xy
Thật vậy
đúng x, y  0, xy 1 .
1
2
5
M .

2
a 1 c
1
a
c
Do đó
a
1
5t
5t  1

M


t
c . Vì a b c  0 nên t 1  t  t . Suy ra
1  t 1  t t 1
Đặt
4
5t  1
f '(t ) 
 0,  t   1;  
f (t ) 
2
(
t

1)
t

1
Xét hàm số
, ta có
nên f (t ) đồng biến trên
 1; . Do đó f (t )  f (1), t 1



0,5



Vậy M min  f (1) 3 , khi t 1  a b c
Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa.
- Điểm tồn bài khơng làm trịn.
..............Hết..............

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
..
ĐỀ DỰ BỊ
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số

y

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn – Bảng B

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 12/12/2018
2x  1
x  1 có đồ thị  C  . Tìm tất cả giá trị của tham số m để

C
đường thẳng d: y  x  m cắt   tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều,
P 2;5 
biết 
.
Câu 2 (4,5 điểm). Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực
4
2
3
1) x  2 x  1 8 x x  x .

x
5
2) 11 2 log11 (10 x  1)  1 .
0
2
4
2018
Câu 3 (2,5 điểm). Tính tổng P 3C2018  5C2018  7C2018    2021C2018 .

Câu 4 (2,5 điểm). Cho tứ diện ABCD và M là điểm nằm trong tứ diện sao cho các đường thẳng
MA, MB, MC, MD cắt các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) lần lượt tại A’, B’, C’, D’
MA MB MC MD




12
thỏa mãn đẳng thức MA ' MB ' MC ' MD '
. Gọi V1 , V2 , V3 , V4 lần lượt là thể tích của
các khối tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC . Chứng minh rằng V1 V2 V3 V4 .
u1  a , (a  0)

u  a  un ; (n 1; 2....)
u
Câu 5 (2,0 điểm). Cho dãy số ( n ) xác định bởi hệ thức  n 1
.

Chứng minh dãy số ( un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(1; 3). Biết M(6; 4)
 17 9 
N ; 
thuộc cạnh BC (M khác B và C) và  2 2  thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ các đỉnh B,
C, D của hình vng ABCD.
Câu 7 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có ma , mb , mc lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến
xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam giác. Chứng minh rằng
9
sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 
4.
1)
27 R 3
ma .mb .mc 
8 , (với R là bán đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).
2)
Câu 8 (1,5 điểm). Cho a, b, c là ba số thực tùy ý thuộc đoạn [1;9] và a b, a c . Tìm giá trị

1 b
c 
b
M 


2  b  c c  a  10b  a .
nhỏ nhất của biểu thức
--------------------------Hết--------------------------


Lưu ý: - Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………...........................…; Số báo danh…..........; Phòng thi số:.......
MA TRẬN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN TOÁN – BẢNG B

Cấp độ

Chủ đề

Vận dụng cao
Cấp độ 1

Cấp độ 2

Cấp độ 3

Cộng

- Thể tích khối đa diện
- Phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng

1. Hình học

- Nhận dạng tam giác
Số câu

3

3

Số điểm

7,0

7.0

2. Giải tích

- Cấp số nhân

Số câu

1

1

Số điểm

2,0

2,0

- Tương giao của hai đồ
thị
3. Đại số

- Giải phương trình mũ,
logarít

Bất đẳng thức

- Giải phương trình chứa
căn thức
-Nhị thức Niu-tơn

Số câu

3

1

1

5

Số điểm

7,5

2,0

1,5

11,0

TS câu

4

4

1

9

TS điểm

9,5

9,0

1,5

20,0