Huong dan giai De thi HSG tinh Thua Thien Hue nam hoc 2017 2018 [blogtoanhoc.com]

®Ò thi HSG thõa thiªn huÕ n¨m häc 2017 - 2018

Sưu tầm bởi


Hướng dẫn giải đề thi học sinh giỏi thừa thiên huế
năm học 2017 - 2018. (Lời giải gồm 07 trang)
2x m
, Hm .
mx 1
a) Khi m 1, hàm số đã cho có đồ thị H1 cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A và
B. Tính diện tích tam giác OAB.
b) Chứng minh rằng với mọi m 0 thì đồ thị hàm số H m cắt đường thẳng

Câu 1: (4,0 điểm) Cho hàm số y

d : y 2 x 2m tại hai điểm phân biệt C, D thuộc một đường H cố định.
thẳng d cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm M , N . Tìm m để SOCD 3SOMN .

Đường

Hướng dẫn giải:
2x 1
a) Khi . m 1, . hàm số đã cho trở thành: y
H1 .
x 1
A H1 Ox
1
1
Gọi
A ;0 , B 0; 1 OA ; OB 1.

2
2
B H1 Oy

1
1 1
1
Tam giác OAB vuông tại O nên: SOAB OA.OB . .1
(đvdt).
2
2 2
4
b) Phương trình hoành độ giao điểm của H m và d là:
2x m
mx 1 0
2 x 2m
mx 1
2 x m 2 x 2m mx 1

(I )

1
1


x
x

Với m 0 thì . ( I )
.

m
m
2
2
2
2mx 2m x m 0
2 x 2mx 1 0 (*)


2

2
1
1
Phương trình (*) có m 2 0, m 0 và: 2. 2m. 1 2 1 0, m 0
m
m
m
1
Suy ra m 0 phương trình (*) luôn có 2 nghiệm thực phân biệt đều khác .
m
Vậy m 0 thì H m và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
2

x1 x2 m
1

*Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (*), theo định lí Vi-ét thì:
.
1 x2

2 x1
x1 x2 2

Gọi C x1 ; y1 , D x2 ; y2 là 2 giao điểm của H m và d .
1 1
Ta có: y1 2 x1 2m 2 x1 2 x1 x2 2 x2 2.
.
2 x1 x1
1
1
Tương tự y2 . Vậy hai điểm C , D nằm trên đồ thị hàm số y
x2
x

Su tm bi

H . (ĐPCM)


M d Ox
*Ta có:
M m; 0 , N 0; 2m OM m ; ON 2m 2 m .
N d Oy
1
1
Khi đó SOMN OM .ON m .2 m m 2 .
2
2

1
1
Ta có OC.OD x12 2 x22 2
x1
x2




x14 x24 x12 x22



2

x

4
1



x x

1 x24 1
x12 x22

4

1 2

1 x14 x24

x1 x2

2

2
2
1
1
2
2
2
2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 2 x1 x2 m 2 1 m 4 2m 2 .


2
2





1
1
1 m 4 2m 2
2 4m 4 8m 2 25 .
Vậy OC.OD 16
1

4
4

Ta có SOCD 3SOMN

1
25
4m 4 8m 2
3m 2
2
4

128m 4 32m 2 25 0 m 2

23 6
23 6
m
.
16
4

Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau:

1



cos x
2

1


4 cos x .
4
3


sin
x
2






b) Giải phương trình sau: 5 1 1 x3 x 2 4 x 2 25 x 18 , x 0.
Hướng dẫn giải:


cos x 2 0

sin x 0



a) Điều kiện

xk
2
cos x 0
sin 3 x 0


2

Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với:

k .



x 4 k
tan x 1

cos x sin x 0
1
1



2 2 cos x sin x

x k
1


sin x cos x
8
2 2 sin x cos x 1 sin 2 x 2


x 3 k
8

Đối chiếu với ĐK ta được phương trình có 3 họ nghiệm là: x

x

3
k
8

k .

Su tm bi


4

k ; x

8

k

k ;


b) Cách 1: Đưa về hàm đặc trưng.
Phương trình (1) tương đương với:
5 5 1 x3 4 x 4 25 x3 18 x 2


25 1 x 5

25 1 x3 5 1 x3 4 x 4 18 x 2 20
2



3



1 x3 2 x 2 4 2 x 2 4



(*)

a 5 1 x3 0
*Đặt
khi đó PT(*) trở thành:
2
b 2 x 4 0
a 2 a b 2 b a b a b 1 0 a b.

*Với a b ta có: 5 1 x3 2 x 2 4 5 (1 x)(1 x x 2 ) 2(1 x) 2(1 x x 2 )

1 x 2 1 x x2
5 37

x2 5x 3 0 x
2
2
2 1 x 1 x x
Cách 2: Nhân liên hợp.

x 0 .

(1) 5 1 x3 10 1 x 4 x 4 25 x3 18 x 2 5 10 1 x
5 1 x





1 x x 2 2 1 x 4 x 4 25 x3 18 x 2 10 x 15

x

5 1 x.

2

5x 3



2

1 x x 2 1 x





x2 5x 3 4 x2 5x 5

2
5 37
x 5x 3 0 x
2


5 1 x
4 x2 5x 5

2
1 x x 2 1 x

Ta có: (**)

1 x 2 1 x x2
2 1 x 1 x x



2



1 x x

4 x2 5x 3 0

(**)

4 x2 5x 3

4x2 5x 3

2 1 x



2

1 x 2 1 x x

2



4x2 5x 3

(VN )

Câu 3: (4,0 điểm)
x 3 y 3 3 y 2 x 4 y 2 0
(1)
a) Giải hệ phương trình sau: 3
x, y .
(2)
x x 3 2 x 2 y
b) Có 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 tới 30. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác xuất để tổng số
ghi trên 3 thẻ chia hết cho 3.

Hướng dẫn giải:
a) Điều kiện x 2; y .
3

Ta có: (1) x3 x y 3 3 y 2 4 y 2 x 3 x y 1 y 1

Su tm bi

3

x3 y 1 x y 1 0
2
x y 1 x 2 x( y 1) y 1 1 0


y x 1.

Thay y x 1 vào (2) ta có: x3 x 3 2 x 2 x 1





x3 4 2 x 2 x3 8 2 x 2 4 x 2 x 2 2 x 4
x 2
2
2
x 2x 4
2 x2


2 x 2
x2 2

(*)

2
1 nên PT(*) vô nghiệm.

2 x2
Với x 2 y 3. Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm là: x; y 2;3 .
2

Với mọi x 2 ta có VT (*) x 1 3 3; VP(*)

b) Gọi A là biến cố: Rút ngẫu nhiên 3 thẻ mang các số có tổng chia hết cho 3.
Ta có n C303 .
*Ta chia 30 thẻ được đánh số từ 1 tới 30 làm 3 loại sau:
Loại 1: 10 thẻ mang số chia cho 3 dư 1;
Loại 2: 10 thẻ mang số chia cho 3 dư 2;
Loại 3: 10 thẻ mang số chia hết cho 3;
*Rút 3 thẻ mang số có tổng chia hết cho 3 xảy ra các trường hợp sau:
TH1: 3 thẻ đó đều là thẻ loại 1 có: C103 cách
TH2: 3 thẻ đó đều là thẻ loại 2 có: C103 cách
TH3: 3 thẻ đó đều là thẻ loại 3 có: C103 cách
TH4: 3 thẻ đó gồm 1 thẻ loại 1; 1 thẻ loại 2 và 1 thẻ loại 3 thì có: 10.10.10 1000 cách.
n A 3C103 1000 68


.
Xác suất của biến cố A là: P A
3
n
C30
203
Câu 4: (3,0 điểm)
2

2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x 1 y 2 5 và điểm M 6; 2 .
a) Chứng minh điểm M nằm ngoài đường tròn C .
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt

C

tại hai điểm A, B sao cho

MA2 MB 2 50.
Hướng dẫn giải:
a) Đường tròn C có tâm I 1; 2 , bán kính R 5.

Ta có: IM 5; 0 IM 5 5 R. Vậy điểm M nằm ngoài đường tròn C .
b) Gọi H là trung điểm của AB. Ta có IH AB.

Su tm bi


I

H

B

2
MA2 MB 2 MH HA MH HB

A


2 MH 2 HA2 HB 2 2 MH . HA HB

2







2 MH 2 2 HA2 2 IM 2 IH 2 2 IA2 IH 2
2

2

2 IM 2 IA 4 IH

d

M

2

50 10 4 IH 2 60 4 IH 2

10
Ta có MA2 MB 2 50 60 4 IH 2 50 IH
.
2

Gọi n a; b a 2 b 2 0 là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng d cần tìm.





Phương trinh tổng quát đường thẳng d là: a x 6 b y 2 0 .

b 3a
10
b 2 9a 2
2
a b
b 3a
*Với b 3a thì phương trình d là: x 6 3 y 2 0 x 3 y 12 0
Ta có IH d I ; d

5a
2

2



*Với b 3a thì phương trình d là: x 6 3 y 2 0 x 3 y 0
Câu 5: (3,0 điểm)
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA SB SC a và
SD x a 0; x 0
a) Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a và x.
b) Tính x theo a để thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
S

a
a
a
x
a

A

B
a

O
D

a

C

a) Gọi O AC BD.
*Tam giác SAC cân tại S có SO là trung tuyến nên: SO AC (1)
* ABCD là hình thoi nên BD AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AC SBD .

Su tm bi


1
1
1
AO.SSBD CO.S SBD AC.S SBD .
3
3
3
*Xét 3 tam giác vuông OAD, OAB, OAS có cạnh OA chung và AD AB AS nên chúng bằng
nhau. Suy ra: OD OB OS SBD vuông tại S .
1
1
Khi đó: S SBD SB.SD ax và BD x 2 a 2 .
2
2
Do đó: VS . ABCD VA.SBD VC .SBD

x2 a2
Ta có: AC 2 AO 2 AD DO 2 a

2

1 1
1
Vậy VS . ABCD . xa. 3a 2 x 2 ax 3a 2 x 2 .
3 2
6
2

2

2

2

2

b) Theo bất đẳng thức Cô-si thì: x 3a x

2


3a 2 x 2 .





x 2 3a 2 x 2
2

3a
2

2

VS . ABCD

1 3a 2 a 3
a.
.
6
2
4

2

Vậy VS . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi: x 3a 2 x 2 x 2

3a
a 6
x
.
2
2

Câu 6: (2,0 điểm)
1
Cho các số thực x, y thỏa mãn x, y ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
6

P x 5 y xy 5 2
3 x y .
x y2

Hướng dẫn giải:
Ta có x, y 1 nên: x 1 y 1 0 xy x y 1
2

2

2

Khi đó x 2 y 2 x y 2 xy x y 2 x y 1 x y 2 x y 2

(1)

2
1 2
1
1
4
4
x y 2 xy x y x y 1 x y
2
8
8
Từ các đánh giá (1) và (2) nên ta có:
1
6
4

P x y 1 x y
3 x y .
2
8
x y 2 x y 2





Và: x5 y xy 5 xy x 4 y 4 xy.





1
Đặt t x y. Do x, y ;1 nên t 1; 2 .
2
1
6
Ta có P f t t 1 t 4 3t 2
8
t 2t 2

Su tm bi

(2)

Xét hàm số f t xác định và liên tục trên đoạn 1; 2 có:

f t





12 t 1
1 4
5t 4t 3 3
8
t 2 2t 2





5t 3 t 2 6t 3 24
8







12 t 1

t

2

2t 2

t 2 5t 3 6t 2 12t 24
8

3



2

2





12 t 1
5t 4 4t 3 24

8
t 2 2t 2

5t 3 t 2 6 t 3 8
8

3



2

12 t 1

t

2

2t 2



2

12 t 1
t 12 1



2

2
12 t 1

3
2
2
2

3 (do t 2)
Ta có t 1 1 2 t 1 t 1 1 4 t 1
2


t 1
t 12 1


12 t 1
0, t 1; 2 .
Suy ra: 3
2
t 12 1


Vậy f t 0, t 1; 2 . Nên hàm số f t nghịch biến trên đoạn 1; 2 .

Do đó f t f 2 1.
Vậy P 1.
Giá trị nhỏ nhất của P bằng -1 đạt được khi và chỉ khi x y 1.

----- Hết ------

Su tm bi