DE HSG toan 12 Tỉnh Hải Dương 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
Năm học 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2018
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I (2,0 điểm)

2x 1
có đồ thị  C  . Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt  C  tại hai
x 1
điểm phân biệt A và B sao cho PAB đều, biết P  2;5  .
2) Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB  25m , chiều rộng AD  20m được
chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là trung điểm BC và AD ).
Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường
trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m .
Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C .

1) Cho hàm số y 

Câu II (2,0 điểm)
�
(3 x  1) 2  4 y  y 2  4 3x  1
�
.

1) Giải hệ phương trình �
3
xy

4
x

4

2
x

3
�

2) Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ
chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục
đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức
chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối nào
cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12.
Câu III (2,0 điểm)
1) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1, un 1 

1  un2  1
, n �1 . Xét tính đơn điệu và bị chặn
un

của  un  .
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD, AB  CD) có
AD  DC , D(3;3) . Đường thẳng AC có phương trình x  y  2  0 , đường thẳng AB đi qua

M (1; 1) . Viết phương trình đường thẳng BC .
Câu IV (3,0 điểm)
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông .
1) Gọi S là tâm của hình vuông A ' B ' C ' D ' . SA , BC có trung điểm lần lượt là M và N .
Tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD) một góc bằng
600 và AB  a .
2) Khi AA '  AB . Gọi R, S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng A’D, CD’ sao cho RS vuông
a 3
góc với mặt phẳng (CB ' D ') và RS 
. Tính thể tích khối hộp ABCD. A’B’C’D’ theo a .
3

3) Cho AA '  AB  a . Gọi G là trung điểm BD ' , một mp  P  thay đổi luôn đi qua G cắt các
đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng tại H , I , K . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T

1
1
1


.
D ' H .D ' I D ' I .D ' K D ' K .D ' H

Câu V (1,0 điểm)
Cho các số dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1
6


.
3
a  ab  abc
abc

--- Hết --Họ và tên thí sinh: ....................................................................... Số báo danh: .........................
Chữ kí giám thị coi thi số 1: .................................. Chữ kí giám thị coi thi số 2: .........................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu
Câu I.1
1,0 đ

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
Năm học 2018-2019
Môn thi: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)
Nội dung

2x 1
có đồ thị  C  . Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt  C 
x 1
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho PAB đều, biết P  2;5  .
hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là nghiệm phương trình
2x 1
  x  m � x 2  (m  3) x  m  1  0  1 ( x  1 không là nghiệm của (1))

x 1
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình  1 có hai

Điểm

Cho hàm số y 

nghiệm phân biệt �   0 � m 2  2m  13  0 � m ��
�x1  x2  m  3
Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: �
�x1 x2  m  1
Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x2 ;  x2  m 
Khi đó ta có: AB  2  x1  x2 

PA 

 x1  2 

2

PB 

 x2  2 

2

0,25
0,25

2

   x1  m  5  

 x1  2 

   x2  m  5  

 x2  2 

2

2

2

0,25

  x2  2  ,
2

2

  x1  2 

2

Suy ra PAB cân tại P
Do đó PAB đều � PA2  AB 2
2
2

2
2
�  x1  2    x2  2   2  x1  x2  �  x1  x2   4  x1  x2   6 x1 x2  8  0
�m  1
� m 2  4m  5  0 � �
. Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 .
m  5
�
Câu I.2
Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB  25m , chiều rộng AD  20m
1,0 đ được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là trung điểm
BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN ,
biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền
CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được
con đường đi từ A đến C .
Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN tại E
đặt NE  x(m)( x �[0; 25]) � AE  x 2  102 ;
CE  (25  x) 2  10 2

Thời gian làm đường đi từ A đến C là t ( x )  AE  CE 
15 30

(25  x) 2  100
x 2  100

( h)
15
30

0,25

0,25
0,25


t '( x) 

x
15 x  100
2



(25  x)
30 (25  x) 2  100

;

t '( x)  0 � 2 x (25  x) 2  100  (25  x) x 2  100

�x(25  x) �0
�� 2
4 x [(25  x) 2  100]  (25  x) 2 ( x 2  100)
�
0 �x �25
0 �x �25
�
�
��
�

�
4(25  x)2 ( x 2  25)  x 2 [400  (25  x) 2 ]=0
( x  5)[4(25  x) 2 ( x  5)  x 2 (45  x)]=0
�
�
� x  5;
20  725
10  2 725
2 5
, t (25) 
, t (5) 
� Thời gian ngắn nhất làm con đường từ
30
30
3
2 5
A đến C là
(giờ).
3
CâuII.1
�
(3x  1) 2  4 y  y 2  4 3x  1 (1)
�
1,0 đ Giải hệ phương trình �
3 xy  4 x  4  2 x  3
(2)
�

0,25

t (0) 

0,25

�y �0
�
Điều kiện �
1.
x �
�
3
�

(1) � (3 x  1) 2  4 3 x  1  y 2  4 y (*)
xét hàm số f (t )  t 4  4t (t �[0; �)); từ (*) ta có f ( 3 x  1)  f ( y )
f '(t )  4t 3  4; f '(t )  0 � t  1
bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy : hàm số nghịch biến trên [0;1] ; đồng biến trên [1; �)
+ Nếu 3x  1 và y cùng thuộc [0;1] hoặc [1; �) thì ta có 3 x  1  y � y  3x  1
thay vào (2) ta có
�
3x  x  3  1
�x  1
3x(3x  1)  4 x  4  2 x  3 � 9 x 2  x  4  2 x  3 � �
��
(thỏa
3x   x  3  1 �y  4
�
mãn)

+Nếu 3x  1 và y không cùng thuộc [0;1] hoặc [1; �) thì
3x
y 1
3x �

1 �
.
0
x( y 1) 0
1 �y 1 0
3x  1  1 y  1







từ (2) � 3x ( y  1)  ( x  3  1)2  0 vô lý. Vậy hệ có 2 nghiệm ( x; y ) là (1; 4)
CâuII.2
Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ
1,0 đ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục
đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ
chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối
nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
5
Số phần tử của không gian mẫu là: n(  )= C12  792

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và
trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11
2
2
1
2
1
2
3
1
1
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C4 .C3 .C5  C4 .C3 .C5  C4 .C3 .C5  330 .
330 5
 .
Xác suất cần tìm là P 
792 12

Câu III.1
1,0 đ

Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1, un 1 
chặn của  un  .
*
Chứng minh un  0, n �� (1) .
u1  1  0 (1) đúng khi n = 1.

Giả sử uk  0, k �1 � uk 1 

0,25
0,25
0,25

1  un2  1
, n �1 . Xét tính đơn điệu và bị
un

(1)

0,25

1  uk2  1
uk

0
uk
1  uk2  1

*
Vậy (1) đúng khi n = k + 1 � un  0, n �� .

1  un2  1
1  un2  1  un2
un 1  un 
 un 
 0, n �1 � un 1  un , n ��*
un
un

0,25

0,25

� dãy số  un  giảm

*

Do dãy số  un  giảm nên un �u1 , n �
�un

 un 

Câu
III.2
1,0 đ

1, �
n �* � 0  un �1, n ��* � dãy số

0,25

bị chặn

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD
( AB / /CD, AB  CD) có AD  DC , D (3;3) . Đường thẳng AC có phương trình
x  y  2  0 , đường thẳng AB đi qua M (1; 1) . Viết phương trình đường thẳng BC .
Gọi H là hình chiếu của D trên AC và D ' là
giao điểm của DH với AD . Vì DC  AD nên
mà
�  DCA
�
ADC cân tại D � DAC
�  DCA
� (so le trong) � DAH
� D
�' AH �
CAB
x y6  0

Câu
III.1
1,0 đ

H là trung điểm của BB’. BB ' qua B và vuông
góc với AC. Ta viết được phương trình BB’:

H  BB '�AC � H  4; 2  . Có H là trung điểm của DD ' . Do đó D '  5;1 .
uuuur

AB đi qua M và nhận MD ' làm vtcp nên phương trình AB : x  3 y  2  0
� AC �AB  A  2;0 
uuur uuuur
Ta có ADCD ' là hình bình hành nên AD  D ' C . Do đó, C  6; 4  .
Gọi d là đường trung trực của DC , suy ra d : 3x  y  17  0 .Gọi I  d �AB , I là trung
�53 11 �
�43 11 �
điểm của AB . AB �d  I � ; �� B � ; �.
10 10 �
�
�5 5 �
uuu
r
Đường thẳng BC đi qua C và nhận CB làm vectơ chỉ phương nên BC : 9 x  13 y  106  0 .
Cho hình hộp đứng ABCD. A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông .
1) Gọi S là tâm của hình vuông A ' B ' C ' D ' . SA , BC có trung điểm lần lượt là M và
N . Tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD )
một góc bằng 600 và AB  a .

0,25

0,25

0,25
0,25


Gọi H là trung điểm của AC => SH là trung tuyến
trong tam giác .SAC . Mặt khác SAC cân tại S
=> SH là đường cao � SH  AC

 SAC    ABC  ;  SAC  � ABC   AC �
�
�
SH � SAC  ; SH  AC
�
� SH   ABC 

Câu
III.2
1,0 đ

Gọi I là trung điểm của AH , mà M là trung điểm của SA => IM là đường trung bình trong
�IM / / SH
�
tam giác SAH � �
1
IM  SH
�
�
2
SH   ABC  �
�
0
�
�� IM   ABC  � MNI   MN ,  ABC    60
IM / / SH
�
3
3
ABC vuông cân tại B , có AB = a => BC = a; AC  a 2 => CI = CI  AC  a 2 .

4
4
1
a
�  450 .
NC  BC  ; ABC vuông cân tại B � �
AC
2
2
�  a 10 � MI  IM .tan 600  a 30
Xét CNI CÓ : NI  CI 2  CN 2  2CI .CN .cos ICN
4
4
3
a 30
1
1 1
a 30
� SH  2MI 
� VS . ABC  .SABC .SH  . . AB.BC.SH 
2
3
3 2
12
Khi AA '  AB . Gọi R, S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng A’D, CD’ sao cho RS

0,25

0,25

0,25

0,25

a 3
vuông góc với mặt phẳng (CB ' D ') và RS 
. Tính thể tích khối hộp
3
ABCD.A’B’C’D’ theo a .
uuuur ur uuuuur r uuuuu
r ur
ur r ur
ur r r ur ur ur
Đặt A ' A  m, A ' D '  n, A ' B '  p � m  n  p  b; m.n  n. p  p.m  0
uuuur
uuuur uuuur
uuuur
và A ' R  x. A ' D; D ' S  y.D ' C
Ta có

0,25

uuuur
ur
r uuuur
ur
ur uur uuur uuuuur uuuur
A ' R  x.m  x.n; D ' S  y.m  y. p � RS  RA '  A ' D '  D ' S
ur
r

ur
  y  x  m   1 x n  y p

Do đường thẳng RS vuông góc với mặt phẳng (CB’D’) nên ta có
ur
r
ur ur r
uuu
r uuuur
� y  x  m   1  x  n  y p . m  n  0
�
�RS .B ' C  0
�
��
r uuuur
ur
r
ur ur ur
�uuu
y  x m   1 x n  y p . m  p  0

�
�RS .D ' C  0
�
� 2
x
�
uuuur 2 uuuur uuuur 1 uuuur
1


y

2
x

0
�
� 3
��
��
Vậy R, S là các điểm sao cho A ' R  A ' D; D ' S  D ' C
2y  x  0
3
3
�
�y  1
� 3










0,25

0,25

Câu
III.3
1,0 đ

uuu
r
1 ur 1 r 1 ur
b2
b 3 a 3
� RS   m  n  p � RS 2 
� RS 

� b  a � VABCD. A ' B 'C ' D '  a 3
3
3
3
3
3
3
Cho AA '  AB  a . Gọi G là trung điểm BD ' , một mp  P  thay đổi luôn đi qua G cắt
các đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng tại H , I , K . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
1
1
T


.

D ' H .D ' I D ' I .D ' K D ' K .D ' H

0,25

0,25

Vì AA '  AB  a nên ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình lập phương có G là trung điểm BD ' nên G
là tâm của ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi E, F lần lượt là tâm ADD'A' và BB'C'C � E, F lần lượt là
trung điểm A'D và B'C; G là trung điểm EF
uuu
r uuuu
r uuur uuuur
uuur uuur r
uuuur 1 uuuur uuur uuuu
r
� GA  GB '  GC  GD '  2GE  2GF  0 � D ' G  D ' A  D'C  D'B'
4
uuuur D ' A uuuuur D ' C uuuuu
r D ' B ' uuuu
r
uuuur a 2 uuuu
r a 2 uuuuu
r a 2 uuuuur
� 4D ' G 
.D ' H 
.D ' K 
.D ' I � D ' G 
.D ' I 
.D ' K 
.D ' H (1)

D'H
D'K
D'I
4D ' I
4D ' K
4D ' H





Vì 4 điểm H,I,K,G đồng phẳng nên
uuur
uur uuur
uuuuur uuuuu
r
uuuu
r uuuur
uuuuu
r uuuur
GH  kGI  l.GK � D ' H  D ' H  k ( D ' I  D ' G )  l ( D ' K  D ' G )
uuuur
uuuu
r
uuuuu
r
uuuuu
r
k
l

1
� D 'G 
.D ' I 
.D ' K 
.D ' H (2)
k  l 1
k  l 1
k  l 1
uuuu
r uuuuu
r uuuuu
r
a 2
a 2
a 2
do D ' I , D ' K , D ' H không đồng phẳng nên từ (1) và (2) ta được


1
4D ' I 4D ' K 4D ' H
1
2
ta chứng minh được (ab  bc  ca ) � (a  b  c ) nên
3
1
1
1
1 1
1
1 2

8
T


� (


)  2
D ' H .D ' I D ' I .D ' K D ' K .D ' H 3 D ' I D ' H D ' K
3a
8
3a 2 Nghĩa là: (P) đi qua G và song song với
� D'H  D'I  D'K 
2
3a
4
8
mp(ABC). Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 .
3a
a
,
b
,
c
Cho các số dương
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
6
P


.
a  ab  3 abc
abc
a  4b
4b 
2 a.4b
a 4b 4 ab
ab
Vì a,b,c là các số dương �a���
4
Đẳng thức xảy ra � a  4b .
Vì a,b,c là các số dương � a  4b  16c �3 3 a.4b.16c � a  4b  16c �12 3 abc
a  4b  16c
ۣ 3 abc
 2  . Đẳng thức xảy ra � a  4b  16c .
12
�T 

Câu V
1,0 đ

0,25

0,25

0,25

 1

.

0,25


a  4b a  4b  16c

Từ (1) và (2) => � ab  3 abc �
4
12
a  4b a  4b  16c
4
� a  ab  3 abc �a 

� a  ab  3 abc �  a  b  c  .
4
12
3

۳

1

a  ab  3 abc

3
 P
4 a  b  c

3
4 a  b  c

6
abc

(3)

Đặt t  a  b  c (t  0)
3 6
3
6
1
Từ (3) xét f (t )  2  (t  0); f '(t )   3  2 ; f '(t )  0 � t  .
4t
t
2t t
4
*) Bảng biến thiên :
�
t
0
1
4
f '(t )
0
+
�
f (t )

12



P �
f a b c
Nhìn vào bảng biến thiên 



1
f( )
4

12, a, b, c

1
�
�a  21
�
�a  4b  16c
1
�
�
đẳng thức xảy ra � �
1 � �b 
abc 
�
� 84
�
4
� 1

c
�
� 336
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -12
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25

0,25

0

0,25