Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 12 THPT năm 2018 – 2019 sở GDĐT lâm đồng

NHÓM TOÁN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2018 - 2019

(Đề thi có 01 trang)

MÔN: TOÁN – Hệ : THPT

Ngày thi : 18/01/2019

Thời gian: 180 phút

Họ và tên: ...................................................................................... SBD: ............................................... .
Câu 1: (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y   x3  3x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1 có hai điểm
cực trị x1 , x2 thỏa x1  4 x2  0 .
Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. Cho a  log 5 6 và b  log 6 12 . Tính log3 60 theo a và b
2.2. Giải phương trình 1 x  1  x  2 

x2
.
4

NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG

Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang
trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ m 2
và phần còn lại là 160.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD  4m , DC  3m và AE  EF  FB .

Câu 6: (4,0 điểm)
6.1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB , AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt
2a
phẳng ( ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng
. Tính theo a thể
3
tích khối tứ diện SHMC .
6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA ' B ' C ' có AB  2 3 , AA '  3 . Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm của các cạnh A ' B ', A ' C ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB ' C '
và  MNP  .
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình
 x  y  4  2 xy

 x y
2
2
2  m x  y  x  x  y  y  5
có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  1, y  1 .
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x  y  z và x 2  y 2  z 2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  ( x  y )( y  z )( z  x)( xy  yz  zx).
----- HẾT -----



/>


Trang 1

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;0;3 , B  3;1;3 , C 1;5;1 . Tìm tọa độ

 
điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T  2 | MA |  | MB  MC | có giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (2,0 điểm)
k
2
3
k
2019
Tính tổng S  22 C2019
 32 C2019
 ...   1 k 2C2019
 ...  20192 C2019
.

NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ CHÍNH THỨC

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y   x3  3x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1 có hai điểm
cực trị x1 , x2 thỏa x1  4 x2  0 .
Lời giải
Tập xác định: D   .

y   3x 2  6 x  3  m 2  1 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 1: (2,0 điểm)

x  1 m
y  0  
x  1 m
Hàm số có hai điểm cực trị  y   0 có hai nghiệm phân biệt  m  0 .
x  1 m
+) TH1:  1
 x2  1  m

Khi đó x1  4 x2  0  1  m  4 1  m   0  m  

5

(TM).
3

Khi đó x1  4 x2  0  1  m  4 1  m   0  m 
Vậy m  

NHÓM TOÁN VD – VDC

x  1 m
+) TH2:  1
,
 x2  1  m

5
(TM).
3

5
là các giá trị cần tìm.
3

Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. Cho a  log 5 6 và b  log 6 12 . Tính log3 60 theo a và b

x2
2.2. Giải phương trình 1 x  1  x  2  .
4
Lời giải
2.1. Cho a  log 5 6 và b  log 6 12 . Tính log3 60 theo a và b .
log 5 6  a


log 6 2  b 1
log 5 6  a
Ta có: 
.
 
log 6 12  b log 5 12  a.b

log 5 2  a b 1

log 3 60 

log 5 60
1  log 5 12
1  ab
1  ab



.
log 5 3
log 5 6  log 5 2 a  a b 1 a  2  b

/>
Trang 2


NHÓM TOÁN VD – VDC

2.2. Giải phương trình 1 x  1  x  2 

x2
.
4

Điều kiện: 1  x  1 .

t2  2
 1 x 2 , với
2
 t 2  2 

7  
 2 

NHÓM TOÁN VD – VDC

Đặt t  1 x  1  x 

2 t  2 .

2

Phương trình theo t có dạng: t 

4

 t  2 t 2  4t  8  0  t  2
2

 1 x  1  x  2  1 x 2  1  x  0 .
Vậy phương trình có nghiệm x  0 .
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang
trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ m 2
và phần còn lại là 160.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD  4m , DC  3m và AE  EF  FB .
Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB và CD ; I là
giao điểm của CE và DF .
1

 EH  2 EF
1
1
Ta có: 
 EH  KC  IH  HK  1 (m) ,
3
4
 EF  2 KC

3
IK  3 (m) .
Ta có: S ABCD  3.4  12 (m 2 ) .
1
S ADE  S BCF  .1.4  2(m 2 ) .

2
1
1
1
S IEF  IH .EF  .1.1  (m2 ) .
2
2
2
1
1
9
S ICD  IK .CD  .3.3  (m 2 ) .
2
2
2
Gọi S1 là diện tích phần tô đậm và S 2 là diện tích phần còn lại.

Ta có: S 2  S ADE  S BCF  S IEF  S ICD  9 (m 2 ) .
Suy ra: S1  S ABCD  S 2  3 (m 2 ) .
Vậy tổng số tiền để làm là: T  3.250 000  9.160 000  2190 000 (đồng).
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;0;3 , B  3;1;3 , C 1;5;1 . Tìm tọa độ

 
điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T  2 | MA |  | MB  MC | có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
/>
Trang 3

NHÓM TOÁN VD – VDC

NHÓM TOÁN VD – VDC

 

Gọi K là trung điểm của BC , ta có: K  1;3;2  và MB  MC  2MK . Suy ra:


T  2 | MA | 2 | MK |  2  MA  MK  .

Nhận xét: A, K nằm khác phía so với mặt phẳng  Oxy  . Gọi A ' là điểm đối xứng của điểm A qua mặt
phẳng  Oxy  . Khi đó: T  2  MA  MK   2  MA  MK 
Suy ra : Tmin   MA  MK min  A, M , K thẳng hàng hay M là giao điểm của A ' K với mặt phẳng

 Oxy  .


Ta có: H 1; 0; 0   A 1; 0; 3  AK   2;3;5  . Do đó: Phương trình tham số của A ' K là

NHÓM TOÁN VD – VDC

 x  1 2t

 1 9 
 M  ; ;0
 y  3t

 5 5 
 z  3  5t

Câu 5: (2,0 điểm)
k
2
3
k
2019
Tính tổng S  22 C2019
 32 C2019
 ...   1 k 2C2019
 ...  20192 C2019
.
Lời giải
- Trước hết ta chứng minh đẳng thức: k 2 Cnk  n  n  1 Cnk22  nCnk11 1  2  k  n, k , n     .
Thật vậy: do k 2 Cnk  k  k  1 Cnk  kCnk
Mà: kCnk  k .

 2 .

 n  1!  n.
 n  1!
n!
 n.
 nCnk11
k !.  n  k  !
 k  1!.  n  k !  k  1!.   n  1   k  1 !

Áp dụng (3) hai lần ta được:  k  1 kCnk   k  1 nCnk11  n.  k  1 Cnk11  n  n  1 Cnk22

 3
 4

Từ  2  ,  3 ,  4  ta được 1 .
- Áp dụng 1 ta được:
2019

k

2019

2

k
2019

S    1 k C
k 2

k

k 2
k 1
   1 .  2019.2018.C2017
 2019.C2018

k 2

2017

2018

k

k
k
 2018.2019. C2017
.  1  2019  C2018
 1
k 0

 2018.2019. 1  1

k

k 1

2017



 2019 1  1

2018



 1  2019 .

/>
Trang 4

NHÓM TOÁN VD – VDC

Vậy S  2019 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 6: (4,0 điểm)
6.1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB , AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt
2a
phẳng ( ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng
. Tính theo a thể
3
tích khối tứ diện SHMC .
Lời giải

Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM  DCN (c.g.c)
  DM  CN
Từ đó suy ra 
ADH  DCN
2

HM  MD  HD 

NHÓM TOÁN VD – VDC

CD 2 2a
DC.DN
a

a 5
a


Vậy có: NC  DC 2  DN 2  a 2    
; HC 
; HD 
;
CN
NC
2
5
5
2
a 5 a 3a 5
1
1 2a 3a 5 3a 2


và S HMC  HC.HM  . .

2
10
2
2 5 10
10
5

Mặt khác, ta có SH  ( ABCD)  SH  DM
Theo chứng minh trên DM  CN , suy ra DM  ( SCN ) .

Kẻ HK  SC thì HK là khoảng cách giữa DM và SC . Suy ra HK 
Tam giác SHC vuông tại H , đường cao HK suy ra



2a
.
3

1
1
1


2
2
HK
SH
HC 2

1
1
1
1
1
1





 2  SH  a
2
2
2
2
2
SH
HK
HC
a
 2a   2a 
  

 3   5

1
1 3a 2
a3
Vậy VSHMC  S HMC .SH  .
.a 
3
3 10
10

/>
Trang 5


NHÓM TOÁN VD – VDC

6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA ' B ' C ' có AB  2 3 , AA '  3 . Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm của các cạnh A ' B ', A ' C ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB ' C '
và  MNP  .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Lời giải
 Cách 1:

A

2 3

C
P

B

3

Δ

G
A'

C'

N
I
Q

M

Gọi I , Q lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và B ' C ' , khi đó AQ  3 2, PI 

3 5
.
2

Giả sử PI  AQ  G .  G   AB ' C '    MNP  .
MN   MNP  , B ' C '   AB ' C '
Hơn nữa 
nên giao tuyến của mặt phẳng  AB ' C ' và  MNP 
MN  B ' C '
là đường thẳng  đi qua G và song song với MN và B ' C ' .
Ta có B ' C '   AA ' QP   AG   . Chứng minh tương tự ta có PG   .

Do đó 
AG, PG  . Mặt khác IQ  AP , theo định lý Ta-lét có
 AB ' C ' ,  MNP    
GQ GI
IQ 1
2
2


  GA  2GQ  AQ  2 2 ; GP  2GI  PI  5 .
GA GP AP 2
3
3

2

2

2

GA  GP  AP
Xét tam giác AGP có cos 
AGP 
2GA.GP
1
Vậy cos 
.
 AB ' C ' ,  MNP   
10
 Cách 2

/>
2

2 2    5 

2 2. 5

2

 32


1

10

Trang 6

NHÓM TOÁN VD – VDC

B'


NHÓM TOÁN VD – VDC
3

A

3

T

A'

NHÓM TOÁN VD – VDC

X

P

Q

I

Gọi I , Q, X lần lượt là trung điểm của các cạnh MN , B ' C ' và AA ' .
Ta có AP  PQ  QA '  A ' A  3 và 
A ' AP  900  tứ giác APQA ' là hình vuông.

IPQ  XQA '  c  g  c   IPQ
XQA '  PI  QX 1
Ta có B ' C '   APQA '  B ' C '  QX , mà MN  B ' C '  MN  QX

 2

Từ 1 và  2   QX   MNP  .
Chứng minh tương tự ta có A ' P   AB ' C '  .
Do đó 
A ' P, QX  .
 AB ' C ' ,  MNP    
TP TQ PQ


 2.
TA TX AX
Từ đó ta được TP  2 2, XQ  5 . Xét tam giác PTQ , theo định lý côsin ta có

Ta có XA  PQ , theo định lý Ta-lét có

2

2

2

  TP  TQ  PQ
cosPTQ
2TP.TQ

2

2 2    5 

2 2. 5

2

 32


1
10

NHÓM TOÁN VD – VDC

1
Vậy cos 
.
 AB ' C ' ,  MNP   
10
 Cách 3

Gọi I , O, J lần lượt là trung điểm của các cạnh B ' C ', MN và AP . Ta có MN  B ' C ' và
A ' I  B ' C '  MN  A ' I . Đặt hình lăng tru tam giác đều ABC. A ' B ' C ' trong hệ trục tọa độ
/>

Trang 7


NHÓM TOÁN VD – VDC

 Oxyz 

với gốc tọa độ O  0;0;0  , chiều dương Ox trùng với tia ON, chiều dương Oy trùng với

tia OI , chiều dương Oz trùng với tia OJ . Khi đó ta có :

 
Khi đó cos  cos n1 , n2 





04 2



2

02  22  22  . 02   2   12

1
Vậy cos 
.
 AB ' C ' ,  MNP   

10
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình
 x  y  4  2 xy

 x y
2
2
2  m x  y  x  x  y  y  5
có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  1, y  1 .
Lời giải
 x  y  4  2 xy
1

Xét hệ  x  y
(với x, y  1 )
2
2
2

m
x

y

x

x

y


y

5
2








NHÓM TOÁN VD – VDC

  3 
3 
3 
3 



 3
  3
A  0;  ;3  , B '   3; ; 0  , C '  3; ;0  , M   ; 0; 0  , N 
; 0;0  , P  0; ; 0 
  2 
2 
2 
2 




 2
  2

 
Gọi n1 , n2 lần lượt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng  AB ' C ' và  MNP  .

 

 
Ta có n1   AB ', AC '   0; 2; 2  , n1   MN , MP    0; 2;1 .
Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB ' C ' và  MNP  .

1
.
10







Thế vào  2  ta được 2 x  y  m x  y  x 2  2 xy  y 2  1
 2x y  m x  y 


Đặt t  x  y  2 và

x  y

2

 1


NHÓM TOÁN VD – VDC

Từ 1 ta có x  y  2 xy  4



 

 x  y
x  y  4  2 xy 
2

2

 x y  4t  4.

Do x  1 , y  1 nên  x  1 y  1  0  xy  x  y  1  0  xy  x  y  1  2 xy  2  x  y   2
 x  y  4  2 x  y  2  x  y  6.





Do đó    2t  m t  t 2  1  m  2t





t2 1  t .

Hệ đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  1, y  1 khi và chỉ khi phương trình  m  2t





t 2  1  t có

nghiệm t   4;6 .
Xét hàm số f  t   2t





t 2  1  t với 4  t  6 . Có f   t   2t

/>




1 
t 2  1  t  ln 2 
.
2
t 1 




Trang 8


NHÓM TOÁN VD – VDC

Mà

t 2  1  t  t và

1

t2 1  1  

2

t 1

 1 nên f   t   0 với 4  t  6 .





17  4  64





37  6 .

Câu 8: (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x  y  z và x 2  y 2  z 2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  ( x  y )( y  z )( z  x)( xy  yz  zx).
Lời giải
Cách 1
Đặt Q  ( x  y )( y  z )( x  z )( xy  yz  zx ) ta có Q   P.
+ xy  yz  zx  0 ta có Q  0.

NHÓM TOÁN VD – VDC

Suy ra f  t  là hàm số đồng biến. Do đó f  4   m  f  6   16

+ xy  yz  zx  0 đặt t  xy  yz  zx  0.
2

3

(x  z)
 x y y z
Áp dụng BĐT Côsi ta có ( x  y )( y  z )( x  z )  

(1)
 ( x  z) 
2
4



Mà 4  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   2( x  z ) 2  2( x  y )2  2( y  z ) 2
2

 2( x  z )2   ( x  y )  ( y  z )  3( x  z )2 hay 4  5  t   3( x  z )2  0 (2)  t  5
3

Xét hàm số f (t )  t 2 (5  t )3 trên 0  t  5 ta có f (t )  t (5  t ) 2 (10  5 t), f (t )  0  t  2 hoặc t  5

f (0)  0, f (5)  0, f (0)  0, f (2)  108.
Do đó Q  4 nên GTLN của Q là 4 khi x  2, y  1, z  0.
Suy ra P  4 nên GTNN của P là 4 khi x  2, y  1, z  0.
Cách 2:
Đặt t  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  t  5 .
2

2

2

2

2

2

Giả thiết: 10  2 x 2  2 y 2  2 z 2   x  y    y  z    z  x   2t   x  y    y  z    z  x   10  2t
2

2

2

Mà  x  y    y  z    z  x 

2

2

 z  x  5  t
1
3
2
2
2
  x  y  y  z   z  x   z  x 
2
2
4
3
2

4

 x  z   5  t 
x  y  y  z   x  z
2
2
  x  y  y  z 
 x  y  y  z   
 


2
4
16


 3 
/>
2

Trang 9

NHÓM TOÁN VD – VDC

1 4
2 3 2

Từ (1) và (2) suy ra Q  t.  (5  t )  
t (5  t )3 .
4 5
9


NHÓM TOÁN VD – VDC
2

Ta có: P 2   x  y 

2

5  t  20  4t 2 4
2
2
2
3
.t 
 y  z   z  x  .  xy  yz  zx   
5  t  t 2 .

3
27
 3 

NHÓM TOÁN VD – VDC

Xét hàm số suy ra P 2  16  min P  4 tại t  2   x; y; z    2;1;0  .

NHÓM TOÁN VD – VDC

/>
Trang 10