NHÓM TOÁN VD – VDC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12
ĐỀ CHÍNH THỨC
NĂM HỌC 2019 - 2020
(Đề thi có 01 trang)
MÔN: TOÁN –THPT
NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT GIA LAI
ĐỀ THI HSG TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ BÀI
Câu 1:
x3 − 3mx 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Tìm tất cả các giá trị thực của
( 2,0 điểm) Cho hàm số y =
tham số m để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ
lập thành cấp số cộng.
Câu 2:
(4.0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số thực 2 ( x 2 + 1) x − 1 + 8 =
(5 + 4
x 2 + 2020
y 2 − x2
= 2
2019
y + 2020
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực
y 2 + 2 x 3x − 1 = 9 y − 3
Câu 3:
)
x −1 x
(1)
( 2)
(2,0 điểm)
2
3n
1
Tìm hệ số của x10 trong khai triển f (=
x ) x 2 + x + 1 ( x + 2 ) với n là số tự nhiên
4
14n
thỏa mãn An3 + Cnn − 2 =
Câu 4:
2sin B và tan
(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C =
minh
Câu 5:
A
C 2 3
+ tan =. Chứng
2
2
3
rằng tam giác ABC đều.
u1 = 2
(2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi
4un − 3
=
u
, ∀n ≥ 1
n
+
1
u
−
3
2
n
1
1
1
+
+ ... +
u − 1 u1 − 2
un − 1
Tính A = lim 1
là một CSN.
2
n
Câu 6:
(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là
hình
chiếu vuông góc của B lên AC , M và N lần lượt là trung điểm của BH
và AH . Trên
cạnh CD lấy điểm K sao cho tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết
9 2
M ; , K ( 9; 2 ) ,
5 5
0 và điểm C thuộc
điểm B thuộc đường thẳng d1 : 2 x − y + 2 =
d2 : x − y − 5 =
0 và hoành
độ đỉnh C lớn hơn 4 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình
chữ nhật ABCD .
Câu 7:
(2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi I là điểm thuộc miền trong của tứ
diện
ABCD , các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt các mặt phẳng
/>
Trang 1
NHÓM TOÁN VD – VDC
( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC )
tại
các
điểm
M,
N,
ĐỀ THI HSG TOÁN
P,
Q
thỏa
Câu 8:
(
)
NHÓM TOÁN VD – VDC
AI MI CI DI
a
a
. Biết VIBCD = V , với a, b ∈ ∗ và
tối giản. Tính S= a + b .
= = =
b
b
MI NI PI QI
mãn
2 3 a 4 + b 4 . Tìm giá trị lớn
(4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − =
nhất của biểu thức P =
1
1
ab
+
+
.
2
2
1 + a 1 + b 1 + 3a 2b 2
-----------HẾT-----------
/>
Trang 2
NHÓM TOÁN VD – VDC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12
ĐỀ CHÍNH THỨC
NĂM HỌC 2019 - 2020
(Đề thi có 01 trang)
MÔN: TOÁN –THPT
NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT GIA LAI
ĐỀ THI HSG TOÁN
Thời gian: 180 phút
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
( 2,0 điểm) Cho hàm số
tham số
m
y=
x3 − 3mx 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Tìm tất cả các giá trị thực của
để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ
lập thành cấp số cộng.
Lời giải
Ta có phương trình hoành độ x 3 − 3mx 2 + 3 = x ⇔ x 3 − 3mx 2 − x + 3 = 0 , (1)
Do phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số
cộng suy ra
2x2= x1 + x3 ,(2).
3m
x1 + x2 + x3 =
−1 .
Mặt khác theo định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba ta có x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
x x x = −3
1 2 3
Thay (2) vào phương trình đầu tiên ta được
x2 = m , mà x2 là nghiệm của phương
m = 1
trình (1) ta được −2m3 − m + 3 = 0 ⇔
2
0
2m + 2m + 3 =
⇔ m = 1.
x1 = −1
Thử lại với m = 1 ta được phương trình hoành độ x − 3 x − x + 3 = 0 ⇔ x2 = 1 dễ thấy
x3 = 3
3
2
ba nghiệm này lập thành cấp số cộng với công sai d = 2 .
Câu 2:
(4.0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số thực 2 ( x 2 + 1) x − 1 + 8 =
(5 + 4
)
x −1 x
Lời giải
Cách 1
Điều kiện x ≥ 1
PT ⇔ ( 2 x 2 + 2 ) x − 1 + 8 = 5 x + 4 x x − 1
⇔ 2 ( x − 1)
2
x − 1 − 5 ( x − 1) + 3 =
0
Đặt t = x − 1 ( t ≥ 0 ) , phương trình trở thành
2t 5 − 5t 2 + 3 =
0 ⇔ ( t − 1)
2
( 2t
3
1 vì
0 ⇔t=
+ 4t 2 + 6t + 3) =
2t 3 + 4t 2 + 6t + 3 > 0, ∀t ≥ 0
⇒ x −1 = 1 ⇔ x = 2 .
Cách 2
Điều kiện x ≥ 1
/>
Trang 1
NHÓM TOÁN VD – VDC
ĐỀ THI HSG TOÁN
PT ⇔ ( 2 x 2 + 2 ) x − 1 + 8 = 5 x + 4 x x − 1
⇔ ( 2 x2 − 4 x + 2) x − 1 − 5x + 8 =
0
)
x −1 − x) + x
NHÓM TOÁN VD – VDC
(
⇔ ( x − 2 x + 1) ( 2
⇔ ( x 2 − 2 x + 1) 2 x − 1 − x + x 3 − 2 x 2 + x − 5 x + 8 =
0
2
3
− 2 x2 − 4 x + 8 =
0
4 x − 4 − x2
2
⇔ ( x − 2 x + 1) .
+ ( x − 2) ( x + 2) =
0
2 x −1 + x
2
(x
⇔−
2
− 2 x + 1) ( x − 2 )
2 x −1 + x
2
+ ( x − 2)
2
( x + 2 ) =0
2
2 −x + 2x −1
⇔ ( x − 2)
+ x + 2 =
0
2 x −1 + x
⇔ ( x − 2) .
2
⇔ ( x − 2) .
2
− x2 + 2x −1 + 2 ( x + 2) x −1 + x2 + 2x
2 x −1 + x
2 ( x + 2) x −1 + 4x −1
⇔ x−2=
0 vì
2 x −1 + x
0
=
2 ( x + 2) x −1 + 4x −1
2 x −1 + x
0
=
> 0, ∀ x > 1
⇔x=
2 (TM)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 .
x 2 + 2020
y 2 − x2
=
2019
y 2 + 2020
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực
y 2 + 2 x 3x − 1 = 9 y − 3
(1)
( 2)
Lời giải
1
x≥
3 x − 1 ≥ 0
3
Điều kiện
⇔
.
9 y − 3 ≥ 0
y ≥ 1
3
2019 y
x 2 + 2020
x2
2
y2
Từ (1) ta có
=
⇔
2019
x
+
2020
=
2019
y 2 + 2020 ) . (*)
(
)
(
2
2
x
y + 2020
2019
2
Nếu x > y ⇒ VT (*) > VP(*). Ngược lại nếu x < y ⇒ VT (*) < VP(*).
Mặt khác với x =
y ⇒ VT (*) =
VP (*). Vậy x = y.
Thay x = y vào phương trình (2), ta có
(
) (2
2
x 2 + 2 x 3x − 1 = 9 x − 3 ⇔ x + 3x − 1 =
(
)(
3x − 1
)
2
)
1
⇔ x − 3x − 1 x + 3 3x − 1 =⇔
0 x − 3x − 1 =
0 x ≥ .
3
⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x =
/>
3± 5
.
2
Trang 2
NHÓM TOÁN VD – VDC
ĐỀ THI HSG TOÁN
3+ 5 3+ 5 3− 5 3− 5
;
;
;
.
2
2
2
2
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm
(2,0 điểm)
2
3n
1
Tìm hệ số của x10 trong khai triển f (=
x ) x 2 + x + 1 ( x + 2 ) với
4
n−2
thỏa mãn An + Cn
3
n
là số tự nhiên
14n
=
Lời giải
Ta có An3 + Cnn − 2 =14n ⇔
NHÓM TOÁN VD – VDC
Câu 3:
n!
n!
+
=14n, với n ≥ 3, n ∈ .
( n − 3)! ( n − 2 )!.2!
n ( n − 1)
=
14n
2
⇔ 2 ( n − 1)( n − 2 ) + n − 1 =28, vì n ≥ 3 .
⇔ n ( n − 1)( n − 2 ) +
n = 5 ( tm )
⇔ 2n − 5n − 25 =0 ⇔
n = − 5 (l ) .
2
2
1
Với n = 5 suy ra f (=
x ) x 2 + x + 1
4
⇔ f ( x) =
2
( x + 2=
)
15
2
1 2
15
x + 4x + 4) ( x + 2)
(
16
1
1 19
19
( x + 2 ) = ∑ C19k x19−k 2k .
16
16 k =1
⇒ số hạng tổng quát Tk +1 =
1 k k 19− k
.
C19 2 x
16
Cho 19 − k = 10 ⇒ k = 9 ta được số hạng chứa=
x10 là T10
1 9 9 10
=
C19 2 x
C199 25 x10 .
16
Vậy hệ số của số hạng chứa x10 là C19 2 = 2956096 .
9
Câu 4:
5
2sin B và tan
(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C =
minh
A
C 2 3
+ tan =. Chứng
2
2
3
rằng tam giác ABC đều.
Lời giải
A+C
B
A+C
B
= cos ; cos
= sin .
2
2
2
2
A−C
B
A+C
A−C
B
B
Ta có sin A + sin C = 2sin B ⇔ 2sin
cos
⇔ cos
=
2sin
= 4sin cos
(1)
2
2
2
2
2
2
Vì A + B + C = π ⇒ sin
.
A+C
sin
2 3
A
C 2 3
B
A
C
2
Và tan + tan =
⇔ 3cos =
2 3 cos cos
⇔
=
A
C
2
2
2
2
2
3
3
cos cos
2
2
B
A+C
A−C
B
B
A−C
⇔ 3 cos =
cos
+ cos
⇔ 3 cos =
sin + cos
( 2) .
2
2
2
2
2
2
/>
Trang 3
NHÓM TOÁN VD – VDC
Từ (1) và ( 2 ) ta có
π
3
A−C
vào (1) suy ra cos
=1 ⇔ A − C =k 4π ⇒ A =C .
2
Vậy tam giác ABC có=
A C=
,B
Câu 5:
1
π
⇒ B=
.
3
3
NHÓM TOÁN VD – VDC
Thay B =
B
B
B
3 cos = 3sin ⇔ tan =
2
2
2
ĐỀ THI HSG TOÁN
π
3
suy ra tam giác ABC đều.
u1 = 2
(2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi
4un − 3
=
u
, ∀n ≥ 1
1
n
+
−
3
u
2
n
1
1
1
+
+ ... +
u − 1 u1 − 2
un − 1
Tính A = lim 1
là một CSN.
n2
Lời giải
un+=
1 −1
Đặt
un − 1
4un − 3
−1 =
3 ( un − 1) + 1
3un − 2
vn
v=
un − 1 ⇒ vn+1 =
n
3vn + 1
⇒
1
1
1
1
= + 3 . Vậy ( ) là 1 CSC=
d 3,= 1
vn+1 vn
vn
v1
1
=1 + 3 ( n − 1) =3n − 2
vn
Nên
1
= 3n − 2
un − 1
Ta có
1
1
1
= 3.1 − 2 + 3.2 − 2 + ... + 3n − 2
+
+ ... +
u1 − 1 u1 − 2
un − 1
= 3.(1 + 2 + 3 + ... + n ) − 2n
n (1 + n )
3n 2 − n
= 3.
=
− 2n
2
2
1
1
1
+
+ ... +
u1 − 1 u1 − 2
un − 1
3n 2 − n 3
=
= lim
=
Do đó A lim
n2
2n 2
2
Câu 6:
(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là
hình
chiếu vuông góc của B lên AC , M và N lần lượt là trung điểm của BH
và AH . Trên
cạnh CD lấy điểm K sao cho tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết
/>
Trang 4
NHÓM TOÁN VD – VDC
9 2
M ; , K ( 9; 2 ) ,
5 5
0 và hoành
d2 : x − y − 5 =
d1 : 2 x − y + 2 =
0 và điểm C
độ đỉnh C lớn hơn 4 . Tìm tọa độ các đỉnh của
NHÓM TOÁN VD – VDC
thuộc
điểm B thuộc đường thẳng
ĐỀ THI HSG TOÁN
hình chữ nhật ABCD .
Lời giải
B ( b ; 2b + 2 ) ; C ( c ; c − 5 ) , ( c > 4 ) . Ta có MN // CK nên MN ⊥ BC , mà BH ⊥ AC nên N
là trực tâm tam giác MBC . Vậy CN ⊥ BM ⇒ MK ⊥ BM .
36 8 9
8
; ; MB =
b − ; 2b + .
5
5
5 5
36 9 8
8
0 ⇔b=
MK ⊥ BM ⇒ MK .BM =
1 ⇒ B (1; 4 ) .
0⇔
b − + 2b + =
5 5 5
5
+) KC =( c − 9; c − 7 ) ; BC =( c − 1; c − 9 ) .
+) MK =
0
0 ⇔ ( c − 9 )( 2c − 8 ) =
CK ⊥ CB ⇒ KC.BC =
0 ⇔ ( c − 9 )( c − 1) + ( c − 7 )( c − 9 ) =
c = 9 ( NhËn )
⇔
. Vậy C ( 9; 4 ) .
c = 4 ( Lo¹i )
+) K là trung điểm CD nên ta được D ( 9;0 ) .
x = 1
x − 1 =0
. Vậy A (1;0 ) .
+) Giả sử A ( x ; y ) , ta có BA = CD ⇔
⇔
y
4
4
y
=
0
−
=
−
Kết luận: A (1;0 ) , B (1;4 ) , C ( 9; 4 ) , D ( 9;0 ) .
Câu 7:
(2 điểm). Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi I là điểm thuộc miền trong của tứ
diện
ABCD , các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt các mặt phẳng ( BCD ) ,
( ACD ) ,
( ABD ) , ( ABC )
tại các điểm M , N , P , Q thỏa mãn
AI MI CI DI
= = =
.
MI NI PI QI
∗
a
a
tối giản. Tính S= a + b .
Biết VIBCD = V , với a, b ∈ và
b
b
Lời giải
/>
Trang 5
NHÓM TOÁN VD – VDC
ĐỀ THI HSG TOÁN
A
N
I
B
D
M
H
C
=
VIBCD
- Đặt
- Ta có:
V=
V=
V=
V4 , ta có: V = V1 + V2 + V3 + V4
1 , VIACD
2 , VIABD
3 , VIABC
NHÓM TOÁN VD – VDC
P
Q
AI
AM d ( A, ( BCD ) ) VABCD V
AI V
+1=
=
=
=
⇒
=
−1 .
MI
IM d ( I , ( BCD ) ) VIBCD V1
MI V1
- Tương tự:
BI V
CI V
DI V
= − 1;
= − 1;
= −1 .
NI V2
PI V3
QI V4
AI MI CI DI
V V V V
1
=
=
=
⇒ =
= = ⇒ V1 = V2 = V3 = V4 = V .
MI NI PI QI
V1 V2 V3 V4
4
- Theo giả thiết:
Hay VIBCD
=
a = 1
1
.
V ⇒
4
b = 4
Vậy S = a + b = 5 .
Câu 8:
(4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − =
2 3 ( a 4 + b 4 ) . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P =
1
1
ab
.
+
+
2
2
1 + a 1 + b 1 + 3a 2b 2
Lời giải
Từ giả thiết suy ra 8ab − =
2 3 ( a 4 + b4 ) ≥
AM − GM
6(ab) 2 (1).
1
3
1
1
2
Với a, b > 0, ab1 ta chứng minh được
(3).
+
2
2
1+ a 1+ b
1 + ab
Đặt ab
= t , t > 0 . Từ (1) suy ra −3t 2 + 4t − 10 ⇔ t1 (2).
1 1
1
1
−
−
+
0
2
2
1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab
Thật vậy (3) ⇔
⇔
a (b − a )
b( a − b)
+
0
2
(1 + a ) (1 + ab) (1 + b2 ) (1 + ab)
⇔ (a − b)2 (ab − 1)0 (đúng).
Khi đó, P
1
2
t
t+2
+
=
f (t ) với t ∈ ;1 .
2
1 + t 1 + 3t
t +1
3
1
1 7
1
7
f (t ) f=
< 0, t ∈ ;1 nên Max=
. Suy ra, P .
2
1
3
4
(1 + t )
3
4
3 ,1
′
−
Do f (t ) =
/>
Trang 6
NHÓM TOÁN VD – VDC
7
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
đạt được khi a= b=
4
3
.
3
ĐỀ THI HSG TOÁN
NHÓM TOÁN VD – VDC
/>
Trang 7