Tổ-1_Đ1_HSG-12_Tỉnh-Quảng-Bình_2019

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

ĐỀ HSG 12 TỈNH QUẢNG BÌNH
NĂM 2019
MƠN TỐN
TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (2.0 điểm)
a. Cho hàm số y =

1
 5 5
có đồ thị là đường cong ( C ) và điểm I  − ; ÷. Viết phương trình đường
x
 6 4

thẳng d đi qua I và cắt ( C ) tại hai điểm M , N sao cho I là trung điểm của MN .
2
b. Cho hàm số y = x + x − 2 x + m , với m là tham số. Tìm m để hàm số có cực đại.

Câu 2 (2.0 điểm)
a. Giải phương trình sau trên tập số thực ¡ :

x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) ( x − 2 + 5 x − 3 ) ( x − 3 − 1)
b. Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E = { 1; 2;3; 4;6;8} (các thẻ khác nhau ghi các
số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh
của một tam giác có góc tù.
t

Câu 3 (2.0 điểm). Cho tích phân I (t ) = ∫ ( x sin x ) dx .
2

0

a. Tính I (t ) khi t = π .
b. Chứng minh rằng I (t ) + I (−t ) = 0, ∀t ∈ ¡ .
Câu 4 (3.0 điểm) Cho khối tứ diện SABC và hai điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh SA, SB sao cho
SM 1 SN
= ,
= 2 . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm M , N và song song với đường thẳng
MA 2 NB
SC .
a. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a diện tích thiết diện của
khối tứ diện SABC với mặt phẳng ( P ) .
b. Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng ( P ) chia tứ diện SABC thành hai phần. Tính tỉ số thể tích
của hai phần đó.
Câu 5 (1.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n > 1 ta ln có:
log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 )
 HẾT 

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 1


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG 12 TỈNH QUẢNG BÌNH
NĂM 2019
MƠN TỐN
TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (2.0 điểm).
a. Cho hàm số y =

1
 5 5
có đồ thị là đường cong ( C ) và điểm I  − ; ÷. Viết phương trình
x
 6 4

đường thẳng d đi qua I và cắt ( C ) tại hai điểm M , N sao cho I là trung điểm của MN .
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Thúy; Fb: Thúy Minh, Huyen Nguyen
Cách 1:
 5 5
+ Gọi d đi qua điểm I  − ; ÷ và có hệ số góc k có phương trình là:
 6 4
5 5
12kx + 10k + 15 .

y = k  x + ÷+ ⇔ y =
6 4
12

+ Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( C ) và d :
1 12kx + 10k + 15

 x ≠ 0
⇔
=
2
x
12
 g ( x ) = 12kx + ( 10k + 15 ) x − 12 = 0

( *)

+ Đường cong ( C ) cắt d tại hai điểm M , N khi và chỉ khi phương trình ( *) có hai nghiệm
phân biệt khác 0 .
k ≠ 0

k ≠ 0
k ≠ 0
  k > −219 + 84 6


2
2
⇔ ∆ > 0
⇔ ( 10k + 15 ) + 4.12 .k > 0 ⇔  
50

g 0 ≠ 0
−12 ≠ 0

 ( )


  k < −219 − 84 6
50
 

( 1) .

+ Với k thỏa mãn ( 1) , gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm M , N , với x1 ; x2 là hai
nghiệm của phương trình ( *) .
+ Theo định lý Vi-et ta có: x1 + x2 =

−5 ( 2 k + 3 )
.
12k

+ I là trung điểm của MN khi và chỉ khi:

x1 + x2 = 2 xI ⇔

−5 ( 2 k + 3 )
3
5
= − ⇔ 2k + 3 = 4k ⇔ k = (thỏa mãn ( 1) ).
2
12k
3

Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

Trang 2

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

+ Với k =

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

3
ta có phương trình đường thẳng d là: 3 x − 2 y + 5 = 0 .
2

Cách 2:



+ M  m;

1
÷∈ ( C ) , I là trung điểm của MN nên ta có:
m

5 1   −5 − 3m 5m − 2 
 −5
N ( 2 xI − xM ; 2 yI − yM ) =  − m; − ÷ = 
;
÷
2 m 
3
2m 
 3

−5

m ≠ 0; m ≠
5m − 2
3

⇔
3
=
+ Vì N ∈ ( C ) suy ra
2m
−5 − 3m
( 5m − 2 ) ( −5 − 3m ) = 6m

−5

 m = −2
 m ≠ 0; m ≠
⇔
.
3 ⇔
m=1
2
3m + 5m − 2 = 0
3

−1   1 

+ Với m = −2 ta có M  −2; ÷; N  ;3 ÷.
2  3 


+ Với m =

−1 
1
1  
ta có M  ;3 ÷; N  −2; ÷.
2 
3
3  

uuuu
r 7 7 7
+ Đường thẳng d đi qua hai điểm M , nhận MN =  ; ÷ = ( 2;3) làm vecto chỉ phương, hay
3 2 6
r
nhận n = ( 3; −2 ) làm vecto pháp tuyến :
1

3 ( x + 2 ) − 2  y + ÷ = 0 ⇔ 3x − 2 y + 5 = 0 .
2

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: 3 x − 2 y + 5 = 0 .
2
b. Cho hàm số y = x + x − 2x + m , với m là tham số. Tìm m để hàm số có cực đại.

Lời giải
Tác giả:Đặng Ân; Fb:Đặng Ân
Nguyễn Văn Diệu; Fb Dieupt Nguyên
2

Hàm số y = x + x − 2x + m . TXĐ: ¡ .

Trường hợp 1: m ≥ 1 ⇒ x 2 − 2 x + m ≥ 0 với ∀x ∈ ¡ .
2
2
+ y = x + x − 2x + m = x − x + m , hàm số này có đồ thị là một Parabol nên chỉ có cực tiểu,
suy ra m ≥ 1 không thỏa mãn.
Trường hợp 2: m < 1
 x 2 − x + m khi x ∈ −∞;1 − 1 − m  ∪ 1 + 1 − m ; +∞
 

2
+ y = x + x − 2x + m = 
.
2
 − x + 3 x − m khi x ∈ 1 − 1 − m ;1 + 1 − m


(

(

Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

)

)

Trang 3

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

(

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

) (

)

2 x − 1 khi x ∈ −∞;1 − 1 − m ∪ 1 + 1 − m ; +∞

+ y′ = 
.
−2 x + 3 khi x ∈ 1 − 1 − m ;1 + 1 − m

1
1
1
3
+) 2 x − 1 = 0 ⇔ x = . Dễ thấy 1 + 1 − m > với mọi m < 1 và 1 − 1 − m < ⇔ m < .
2
2
2
4
3
3
3
3

+) −2 x + 3 = 0 ⇔ x = . Dễ thấy 1 − 1 − m < với mọi m < 1 và < 1 + 1 − m ⇔ m < .
2
2
2
4
3
+) Với m < , ta có bảng xét dấu của y ′ :
4

(

Hàm số đạt cực đại tại x =
+) Với

)

3
.
2

3
< m < 1 , ta có bảng biến thiên
4

Hàm số khơng có cực đại.
3
Dễ thấy khi m = hàm số khơng có cực đại.
4
3
Vậy hàm số có cực đại với m < .

4
Câu 2 (2.0 điểm)
a. Giải phương trình sau trên tập số thực ¡ :
x 3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

(

)(

)

x − 3 −1 .

Lời giải
Tác giả: Đặng Mai Hương, Ngô Quốc Tuấn, FB: Đặng Mai Hương, Quốc Tuấn

(

3
2
Cách 1: x − 7 x + 9 x + 12 = ( x − 3 ) x − 2 + 5 x − 3

(

)

(

⇔ ( x − 4 ) x 2 − 3 x − 3 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

)

)(

)

x − 3 − 1 (điều kiện x ≥ 3 )

x−4
x − 3 +1

x − 4 = 0
⇔  2
x 2 − 5 x + 6 + 5 x. x − 3 − 15 x − 3
x − 3x − 3 =

x − 3 +1
 x = 4 ( Nhan )
⇔ 2
.
( x − 8 x + 12 ) x − 3 = 9 − 2 x ( 1)
2
Giải ( 1) : ( x − 8 x + 12 ) x − 3 = 9 − 2 x .

Đặt t = x − 3 ≥ 0 .

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 4

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

5
3
2
Phương trình ( 1) trở thành: t − 2t + 2t − 3t − 3 = 0 ( 2 ) .
2
3
2
(Phân tích phương trình ( 2 ) như sau: VT = ( t + at + b ) . ( t + ct + dt + e ) . Đồng nhất hệ số ).

t 2 − t − 1 = 0
( 2 ) : ( t − t − 1) ( t + t + 3) = 0 ⇔  3 2
.
t + t + 3 = 0 ( vo nghiem do t ≥ 0 )
2

3

2

 1+ 5
( Nhan )
t =
1+ 5
9+ 5
2


⇔
⇔ x −3 =
⇔ x=
( Nhan ) .
2
2
 1− 5
< 0 ( Loai )
t =

2
 9 + 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 4;
.
2 

Cách 2: Điều kiện: x ≥ 3 .
Phương trình đã cho tương đương với:

( x − 4 ) ( x 2 − 3 x − 3) =

x 2 − 5 x + 6 + 5 ( x − 3) x − 3
x − 3 +1

 x = 4 ( Nhan )

⇔
x 2 − 5 x + 6 + 5 ( x − 3) x − 3
2

 x − 3x − 3 =
x − 3 +1


( x − 4)

( 1)

Giải (1):
x − 3x − 3 −
2

x 2 − 5 x + 6 + 5 ( x − 3) x − 3

⇔ ( x 2 − 3 x − 3)

x − 3 +1

(

=0

)

x − 3 + 1 − x 2 + 5 x − 6 − 5 ( x − 3) x − 3 = 0

⇔ 9 − 2 x − ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 3 = 0

(

)

⇔ − x 3 + 12 x 2 − 46 x + 57 + ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 4 − x − 3 = 0

(

)

⇔ − ( x − 3) ( x 2 − 9 x + 19 ) + ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 4 − x − 3 = 0

(

)(

)

(

)

⇔ − ( x − 3) x − 4 − x − 3 x − 4 + x − 3 + ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 4 − x − 3 = 0

(

)

(

)

⇔ x − 4 − x − 3  − ( x − 3) x − 4 + x − 3 + ( x 2 − 8 x + 12 )  = 0


 x −3 = x −4
⇔ x − 4 − x − 3 ( 3 − x ) x − 3 − x  = 0 ⇔ 
( 3 − x ) x − 3 − x = 0

(

)

Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

( 2)
( 3)

Trang 5


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

x ≥ 4

  x = 9 + 5
x ≥ 4
9+ 5
x−3 = x−4 ⇔  2
⇔ 

⇔x=
.
2

2
 x − 9 x + 19 = 0

 x = 9 − 5
 
2

*Giải (2):

*Giải ( 3) :

( 3 − x)

x−3 − x = 0 ⇔

( x − 3)

3

+ x = 0 (vô nghiệm do x ≥ 3 )

 9 + 5 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 4;
.
2 


Cách 3: Phương trình đã cho tương đương với:

( x − 4 ) ( x 2 − 3 x − 3) = ( x − 3) ( x − 2 + 5

x−3

 x = 4 ( Nhan )
⇔  2
x − 3 x − 3 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3


(

)

)

x−4
x − 3 +1

1
x − 3 +1

( 1)

.

Giải (1):
x−2+5 x−3
x 2 − 3x − 3 x − 2 + 5 x − 3

x − 3 x − 3 = ( x − 3)
⇔
=
x −3
x − 3 +1
x − 3 +1
2

( x − 4 ) + 5( x − 4) + 1 = ( x − 3) + 5 x − 3 + 1 .
⇔
( x − 4) + 1
x − 3 +1
2

Xét hàm số f ( t ) =

f ′( t ) =

Suy ra

t 2 + 2t + 4

( t + 1)

2

t 2 + 5t + 1
,t ≥ 0 .
t +1
2

> 0, ∀t ≥ 0 , suy ra hàm số f ( t ) = t + 5t + 1 đồng biến trên [ 0; +∞ ) .
t +1

 x ≥ 4
x −3 = x −4 ⇔ 
2
 x − 3 = ( x − 4 )

x ≥ 4

  x = 9 + 5
x ≥ 4
9+ 5
⇔ 2
⇔ 
.
2 ⇒x=

2
 x − 9 x + 19 = 0

 x = 9 − 5
2
 

 9 + 5 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 4;
.
2 


b). Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E = { 1; 2;3; 4;6;8} (các thẻ khác nhau ghi
các số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba
cạnh của một tam giác có góc tù.

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 6


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

Lời giải
Cách của Admin Nguyễn Trung Kiên.
3
3
Lấy ba thẻ từ 6 thẻ có số cách lấy là C6 , nên số phần tử của không gian mẫu là Ω = C6 = 20 .

Gọi biến cố A : “rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù”.
Giả sử rút được bộ ba số là ( a; b; c ) , với a < b < c , do đó 4 ≤ c , nên c ∈ { 4;6;8} .
µ tù
a , b , c là ba cạnh của tam giác ∆ABC , với BC = a , CA = b , AB = c có góc C

a 2 + b2 − c2
a 2 + b 2 < c 2
cos
C
=
<0


⇒
⇒
2ab

⇒ a 2 + b 2 < c < a + b , với c ∈ { 4;6;8} .
4
≤
c
<
a
+
b

4 ≤ c < a + b

+Xét c = 4 thì có bộ ( a; b ) = ( 2;3) thỏa mãn.
+Xét c = 6 , do a < b < c , 6 = c < a + b < 2b , nên b = 4 và a = 3 . Suy ra có bộ ( a; b ) = ( 3; 4 )
thỏa mãn.
+Xét c = 8 , do a < b < c , 8 = c < a + b < 2b , nên b = 6 và a = 3 hoặc a = 4 . Suy ra có hai bộ

( a; b ) = ( 3;6 ) hoặc ( a; b ) = ( 4;6 ) thỏa mãn.
Suy ra số phần tử của biến cố A là Ω A = 4 .
Nên xác suất cần tìm là p =

ΩA
4 1
=
= .
Ω

20 5
t

Câu 3 (2.0 điểm). Cho tích phân I ( t ) = ∫ ( x sin x ) dx .
2

0

a. Tính I ( t ) khi t = π .
Lời giải
Tác giả: Trần Quốc Khang, Hà Lê; Fb: Bi Trần, Ha Le
a. Khi t = π , ta có:
π

2
2
+ I ( π ) = ∫ x sin x dx =
0

π

π

π
1 2
1 x3
1 2
π3 1
x
1

−
cos
2
x
d
x
(
)
= .
− ∫ x cos 2 x dx =
− .J .
∫
20
2 3 0 20
6 2

du = 2 xdx
u = x 2

⇒
+ Với J = ∫ x cos 2 x dx . Đặt 
.
1
0
dv = cos 2 x dx v = sin 2 x

2
π

2

π
du1 = dx
π
π
u1 = x

x2
⇒
+ Ta có J = sin 2 x − ∫ x sin 2 x dx = − ∫ x sin 2 x dx . Đặt 
−1
2
dv1 = sin 2 x dx v1 = cos 2 x
0
0
0

2
π
π
π
 x
 x
1
1
π

⇒ J = −  − cos 2 x + ∫ cos 2 x dx ÷ =  cos 2 x − sin 2 x ÷ = .
 2
÷

2
4
0 2
0
0

 2

Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

Trang 7


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

+ Vậy I ( π ) =

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

π3 1
π3 1 π π3 π
− J=
− . =
− .
6 2
6 2 2 6 4

b. Chứng minh rằng: I ( t ) + I ( −t ) = 0
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Bình; Fb:Nguyễn Bình

−t

2
+ Xét I (−t ) = ∫ ( x sin x ) dx . Đặt x = −u , suy ra dx = −du .
0

Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 0 ; x = −t ⇒ u = t .
t

t

Khi đó: I (−t ) = − ∫ [ −u sin(−u ) ] du = − ∫ ( x sin x ) dx .
2

0

2

0

t

t

0

0

2
2

Vậy I (t ) + I (−t ) = ∫ ( x sin x) dx − ∫ ( x sin x) dx = 0 (đpcm).

Nhận xét: Nếu làm trắc nghiệm thì có thể làm nhanh hơn.
0

t

2
2
Do hàm số y = ( x sin x) là hàm chẵn nên ta có tính chất: ∫ ( x sin x) dx = ∫ ( x sin x) dx .
2

−t

0

t

−t

t

0

0

0

0

−t

2
2
2
2
Khi đó: I (t ) + I (−t ) = ∫ ( x sin x) dx + ∫ ( x sin x) dx = ∫ ( x sin x) dx − ∫ ( x sin x) dx = 0

Câu 4 (3.0 điểm) Cho khối tứ diện SABC và hai điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh SA , SB sao cho
SM 1 SN
= ,
= 2 . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm M , N và song song với đường
MA 2 NB
thẳng SC .
a. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a diện tích thiết diện
của khối tứ diện S . ABC với mặt phẳng ( P ) .
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy, Trần Bạch Mai; Fb: thuypham, Bạch Mai

Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

Trang 8


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

*) Xác định thiết diện
 SC / / ( P )


⇒ ( P ) ∩ ( SAC ) = MF ( MF / / SC ; F ∈ AC ) .
Ta có:  SC ⊂ ( SAC )

 M ∈ ( P ) ∩ ( SAC )
 SC / / ( P )

⇒ ( P ) ∩ ( SBC ) = NE ( NE / / SC ; E ∈ BC ) .
Ta có:  SC ⊂ ( SBC )

 N ∈ ( P ) ∩ ( SBC )
⇒ Thiết diện là tứ giác MNEF .
Mặt khác ta có:
+) NE / / MF ( / / SC ) .
+) ∆SMN = ∆CFE ⇒ MN = FE .
+) NE / / SC ⇔

NE BN 1
a
=
= ⇒ NE = .
SC BS 3
3

+) MF / / SC ⇔

MF AM 2
2a
=
= ⇒ MF =

.
SC
AS 3
3

Vậy thiết diện MNEF là hình thang cân.
*) Tính diện tích thiết diện

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 9


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

a
2
2
·
=
Xét ∆SMN có MN = SM + SN − 2.SM .SN .cosMSN
.
3
Kẻ NH ⊥ MF , MNEF là hình thang cân ⇒ MH = MF − NE = a ⇒ NH = a 11
2
6
6 .
Vậy diện tích thiết diện là: S MNEF =

1
1 a 2a a 11 a 2 11
=
.
( NE + MF ) .NH =  + ÷
2
2 3 3  6
12

b. Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng ( P ) chia tứ diện SABC thành hai phần. Tính tỉ số thể
tích của hai phần đó.
Lời giải
Tác giả: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến; Fb: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến

Cách 1: Vì mp ( P ) đi qua M , N và song song với SC nên:

( P ) ∩ ( SAC ) = MF , ( F ∈ AC , MF / / SC ) ; ( P ) ∩ ( SBC ) = NE , ( E ∈ BC , NE / / SC ) .
CF SM 1 CE SN 2
=
= ;
=
= .
CA SA 3 CB SB 3
Mặt phẳng ( P ) chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC và MNEFAB .
Khi đó

+ Gọi VSABC = V , VMNEFSC = V1 , VMNEFAB = V2 .
+ Ta có V1 = VMNEFSC = VCSEF + VSFME + VSMNE .
VCSEF CE CF 2

2
=
.
= ⇒ VCSEF = V .
+
VCSBA CB CA 9
9
+

VSFME SN 1
=
= ( 1) .
VSFAE SA 3

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 10


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

1
2
2
1
d S , AEF ) ) .S AEF
d ( B, AC ) . AC
d ( E , AF ) .FA

VSFAE 3 ( (
S AEF
4
3
=
=
= 2
=3
= .
+ Mà
1
VSABC 1 d S , ABC .S
d ( B, AC ) . AC
9
d ( B, AC ) . AC
(
) ) ABC S ABC
(
3
2
V
4
4
⇒ SFAE = ⇒ VSFAE = V ( 2 ) .
VSABC 9
9
1 4
4
Từ (1) và (2) suy ra VSFME = . V = V .
3 9

27
VSMNE SM SN 1 2 2
=
.
= . = ( 3) .
+
VSABE
SA SB 3 3 9
1
1
d S , ABE ) ) .S ABE
d ( A, BE ) .BE
VSABE 3 ( (
S ABE
BE 1
2
=
=
=
=
= .
+ Mà
1
VSABC 1 d S , ABC .S
S ABC
BC
3
d ( A, BC ) .BC
) ) ABC
( (

3
2
V
1
1
⇒ SABE = ⇒ VSABE = V ( 4 ) .
VSABC 3
3
2 1
2
Từ (1) và (2) suy ra VSABE = . V = V .
9 3
27
2
4
2
4
5
+ Do đó V1 = VCSEF + VSFME + VSMNE = V + V + V = V ⇒ V2 = V .
9
27
27
9
9
V1 4
V
5
= hoặc 2 = .
+ Vậy
V2 5

V1 4
Cách 2: Vì MF / / NE / / SC nên tứ giác MNEF là hình thang.
Gọi I = FE ∩ MN ⇒ I ∈ AB .
Theo định lý Mennelaus, ta có
SM AI BN
AI
IB 1
. .
=1⇒
=4⇒
= .
+
AM BI SN
BI
IA 4
AB IE FC
IE
.
.
=1⇒
= 1 ⇒ E là trung điểm của FI .
+
IB FE AC
FE
VIBNE IB IN IE 1 1 1 1
15
= .
.
= . . =
⇒ V2 = VMNEFAB = VIAMF − VIBNE = VIAMF .

+
VIAMF IA IM IF 4 2 2 16
6
VIAMF
IA 4
4
=
= ⇒ VIAMF = VBAMF .
Mặt khác
VBAMF BA 3
3
2
AM 2
4
S ABC ;
= ⇒ VBAMF = VSABC .
3
AS 3
9
15 4 4
5
4
⇒ V2 = . . VSABC = V ⇒ V1 = V .
16 3 9
9
9
V1 4
V
5
= hoặc 2 = .

+ Vậy
V2 5
V1 4
+ S ABF =

Câu 5 (1.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n > 1 ta ln có:
log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 )
Lời giải
Tác giả:Hoàng Văn Phiên; Fb:Phiên Văn Hoàng
Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

Trang 11


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Đề HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình Năm 2019-Tổ 1

Cách 1
log n +1 ( n + 2 )
= log n +1 n.log n +1 ( n + 2 ) .
log n ( n + 1)

+ Xét A =

+ Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho hai số dương log n +1 n và log n +1 ( n + 2 ) ta được:
log n +1 n.log n +1 ( n + 2 ) ≤

log n +1 n + log n +1 ( n + 2 ) log n +1 n ( n + 2 ) .
=

2
2

+ Mà n 2 + 2n < n 2 + 2n + 1 nên n 2 + 2n < ( n + 1) .
2

⇒

log n +1 ( n 2 + 2n )
2

2
log n +1 ( n 2 + 2n )
log n +1 ( n + 1)
<
⇔
<1.
2
2

⇒ log n +1 n.log n +1 ( n + 2 ) < 1 ⇔

log n +1 ( n + 2 )
< 1 ⇔ log n +1 ( n + 2 ) < log n ( n + 1) .
log n ( n + 1)

Cách 2
Tác giả:; Fb:Nguyen Trang
+ Với mọi số nguyên dương n > 1 ta có:
ln ( n + 1) ln ( n + 2 )

.
>
log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 ) ⇔
ln n
ln ( n + 1)
ln ( x + 1)
với x > 1 .
ln x
ln x ln ( x + 1)
−
x ln x − ( x + 1) ln ( x + 1) .
x
+ Ta có: y ′ = x + 1
=
2
2
x ( x + 1) ( ln x )
( ln x )
+ Xét hàm số y =

+ Với ∀x > 1 thì x + 1 > x > 1 ; ln ( x + 1) > ln x > 0 ⇒ x ln x − ( x + 1) ln ( x + 1) < 0 .
⇒ y′ < 0, ∀x > 1 .
Suy ra hàm số nghịch biến trên ( 1; +∞ ) .
+ Do đó với mọi số nguyên dương n > 1 thì y ( n ) > y ( n + 1) .
Vậy log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 ) .

Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn!

Trang 12