Tổ-7-Đợt-2-HSG-12-THAI-BINH

Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019
SỞ THÁI BÌNH

Câu 1.1. Cho hàm số

y

2x  1
 C
x 1
và đường thẳng d có phương trình: y  2 x  m . Tìm m để đường

 C

thẳng d cắt đồ thị
(với O là gốc tọa độ).

5
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4

Lời giải
+ Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
�x �1
�x �1
2x 1
��
2
 2x  m � �
2 x  1   x  1  2 x  m 

�
�g  x   2 x   m  4  x   m  1  0
x 1

 C  tại hai điểm phân biệt A, B
+ Đường thẳng d cắt đồ thị
� g  x  0

có hai nghiệm phân biệt khác 1

2
�
�
�   m  4   8  m  1  0
  m 2  24  0 m ��
�
��
��
�g  1  3 �0
�g  1  3 �0

� m 2  24  0  m ��
+ Gọi

A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m 

g  x  0
Khi đó x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình
m4
�

x1  x2  
�
�
2
�
�x .x   m  1
1 2
2
Theo định lý Vi-et ta có �
+ Ta có

d : y  2 x  m � 2x  y  m  0

Mặt khác ta có:

d  O, d  

m
5

AB  5  x1  x2   5 �
 x1  x2 
�
2

2

2

2

5  m 2  24 
�
�
m

8
m

16
4
m

4
 4 x1 x2 � 5 �

�
� �
4
2 �
4


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ 7 lân 19 Năm 2019

+ Khi đó
SOAB 

SOAB

2

m m 2  24
1
1 m 5  m  24 
 .d  O, d  . AB  .
.

2
2 5
2
4

5
� m m 2  24  5
4

� m 4  24m 2  25  0

�  m2  1  m 2  25   0

� m  �1
Vậy m  �1 là các giá trị cần tìm.

y  x 3  2  m  1 x 2   8m  3 x  8m  6
Câu 1.2. Cho hàm số
. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
trong đó có một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm thuộc góc
phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy .
Lời giải
Cách 1: Ta có

y�
 3 x 2  4  m  1 x  8m  3

.

 0 có hai nghiệm phân biệt.
Hàm số trên có cực đại, cực tiểu khi y�

� 4 3
m
�
2
�
�
� 4 3
2
m
�
�
 0 � 4  m  1  3  8m  3  0
�
2  1 .

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình:
y

2
2
4m 2  16m  13 x   8m 2  31m  24 


9
9

�
4  m  1
x1  x2 
�
�
3
�
�x .x  8m  3
1 2
3
là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ta có: �

Gọi

 x1; y1  ;  x2 ; y2 

y1 

2
2
4m 2  16m  13 x1   8m 2  31m  24 

9
9

y2 

2
2
4m 2  16m  13 x2   8m2  31m  24 

9
9

y  x 3  2  m  1 x 2   8m  3 x  8m  6

Hàm số
có hệ số a  1  0 nên không xãy ra trường
hợp đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm thuộc góc phần tư
thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị
hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy thì
Với

x2 .x2  0 � m 

�x1.x2  0
�
�y1. y2  0

.

3

8  2 .

Với y1. y2  0
�
��
 4m2  16m  13 x1   8m2  31m  24 �
 4m2  16m  13 x2   8m2  31m  24  �
�
��
� 0
�  4m2  16m  13 x1 x2   8m 2  31m  24   8m 2  31m  24   x1  x2    8m 2  31m  24   0
2

2

m3
�
�  m 2  4m  3  0 � �
m  1  3 .
�

 1  2   3
Từ

suy ra

m

3
8 thì thỏa đề.

Cách 2:Yêu cầu bài tốn tương đương với hàm số có hai điểm cực trị trái dấu và đồ thị cắt trục
hoành tại 3 điểm phân biệt.
+ Ta

có

y�
 3x 2  4  m  1 x  8m  3

� 3.  8m  3  0 � m 

, hàm

số

có hai

điểm

cực

trái

dấu

3
8.

+ Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

nghiệm phân biệt.

� x 3  2  m  1 x 2   8m  3  x  8m  6  0 (1)

x  2
�
� �2
�  x  2   x  2mx  4m  3  0
x  2mx  4m  3  0 (2)
�
2

Phương trình (1)
.
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt khác -2
�
�
 m 2  4m  3  0
m3
�
�
�� 2
��
 2   4m  4m  3 �0 �m  1 .
�
�
m3
�
�
�

�
m 1
�
�
3
3
�
m � m
�
8
�
8.
Vậy
log 2018  2  cos 2 x 
x2
Câu 1.3. Tính x �0
.
lim

Lời giải
Ta có
ln 2  cos 2 x 
log 2018  2  cos 2 x 
log 2018 e 

lim
x �0
x �0
x2
x2

lim

trị

có 3


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019
2�
�
ln  1  2sin 2 x  �sin x �
 2 log 2018 e.lim �
.�
��
x �0
2sin 2 x
x ��
�
�
�
�
 2 log 2018 e

�5
�
�
�
sin �  3 x � 16  15sin �  x �
�4

�
�4
�
Câu 2.1. Giải phương trình:

Lời giải
Tác giả:; Fb:
Đặt

t



x� xt
4
4 . Phương trình đã cho trở thành:

�
5
�
� �
sin �  3 �
t �
� 15sin t  16  0
� 4�
�4
�

�  sin 3t  15sin t  16  0
� 4sin 3 t  12sin t  16  0

� 4  sin t  1  sin 2 t  sin t  4   0

� sin t  1
�t


 k 2
2
.

Do đó ta có:

x


 k 2 , k ��
4
.

Vậy nghiệm của phương trình là:

x


 k 2 , k ��
4
.

Câu 2.2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác

suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 .
Lời giải
Tác giả: Duyên Vũ; Fb: Duyên Vũ
Cách 1.
Số phần tử của không gian mẫu là:

  9.105

.

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.
Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ
số chia hết cho 13 là: 999999 .
Ta có 100009  13  100022 , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có tận cùng
bằng 2 chính là số 100022 .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận
cùng bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0 .
Số nhỏ nhất ( lớn hơn 0 ) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130 .
Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập
thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u1  100022 , công sai d  130 .
Công thức số hạng tổng quát của dãy là: un  u1  (n  1) d .
Vì số cần tìm là số có 6 chữ số khơng vượt q 999999 nên ta có:
100022 �

 n 1 130 999999

69230
10

n

6923,9

.

Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n  6923 .

B  6923
Vậy số phần tử của biến cố B là
.

Xác suất của biến cố B là:

P  B 

B
6923

 900000

.

Cách 2.
Số phần tử của không gian mẫu là:

  9.105

.

Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a1a2 a3a4 a5 2 .
Ta có

a1a2 a3a4 a5 2  10.a1a2 a3a4 a5  2

.

�, 0 k 12 
 k Σ�
Gọi k là số dư của phép chia a1a2 a3 a4 a5 cho 13
.
Khi đó vì

�, 0 k 12 
a1a2 a3a4 a5 2  10.a1a2a3a4 a5  2M
13  k Σ�

nên ta có:

�, 0 k 12 
10k  2M
13  k Σ�
Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho
Ta có bảng:
k 0

k 1

k 2

k 3
k 4

10k  2  13t � t 

10k  2 2
 ��
13
13
10k  2 12
 ��
13
13
10k  2 22

��
13
13
10k  2 32
 ��
13
13
10k  2 42

 4 ��
13
13

10k  2
��  k Σ�
�, 0 k 12 
13
,
.

Loại
Loại
Loại
Loại
Thỏa mãn


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

k 5

10k  2 52
 ��
13
13
10k  2 62
 ��
13
13
10k  2 72

��
13

13
10k  2 82
 ��
13
13
10k  2 92
 ��
13
13
10k  2 102

��
13
13
10k  2 112

��
13
13
10k  2 122

��
13
13

k 6
k 7

k 8
k 9

k  10
k  11

k  12

Loại
Loại
Loại
Loại
Loại
Loại
Loại
Loại

aa a a a
Từ bảng trên ta có k  4 là số dư của phép chia 1 2 3 4 5 cho 13 . Như vậy, tồn tại số tự
10000  4
99999  4
�
t
�
a a a a a  13t  4 . Vì 10000 �a1a2a3a4 a5 �99999 nên
13
13
nhiên t để 1 2 3 4 5
,
9996
99995
�768,923 �t �

�7691, 923
13
hay 13
��
769
 t

7691, t

�.

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.

B  7691  769  1  6923
Khi đó số phần tử của biến cố B là
.

Xác suất của biến cố B là:
Câu 3.

P  B 

B




6923
900000

.

Giải hệ phương trình
�y 3  x  5  2  x  1  3 y 2  1
�
�
2  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12  y 2 3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  8  2 
�
�





Lời giải
ĐK: x  2

 1 vô nghiệm.
Ta thấy với y �0 phương trình
Với y  0 ta có

 1 � y 3  x  5
�  x  2

2  x  1  3 y 2 �  x  5 2  x 

1 3
2 x 3 2 x  3  �
y
y



2 x



3

1 3

y3 y
3

�1 � 3
 3 2  x  � �
�y � y


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

1
1
 2  x � y2 
 3
f  t   t 3  3t
f�
t   3t 2  3  0, t � 0; �

y

2 x
(vì hàm số
có
)
 3 vào  2  ta có
Thế
1
2  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12 
3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  8
2 x
�









�  2  x  2  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12  3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  8

�  2  x  x 2  2 x  4   2  x  x 2  6 x  12  3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  2 x  4  0
�  x  2  x 2  2 x  4   x  2  x 2  6 x  12  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12  2  x  2   0
�  x  2  x 2  2 x  4   x  2  x 2  6 x  12 

4x  8
x  2 x  4  x 2  6 x  12
2

 2  x  2  0

�
�
4
�  x  2  � x 2  2 x  4  x 2  6 x  12 
 2 � 0
x 2  2 x  4  x 2  6 x  12
�
�
x2
�
�
�
1
� x 2  2 x  4  x 2  6 x  12 
 2  0  PTVN 
�
x 2  2 x  4  x 2  6 x  12
�
1
y
2 (thỏa điều kiện đề bài).
Với x  2 ta có
� 1�
2; �
�
2 �.
�
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Câu 4.

M  1;0 
[0H3-1.6-3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD ,
là trung điểm cạnh
BC , N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN  2 ND , đường thẳng AN có phương trình là
x  y  2  0 . Tìm tọa độ điểm A biết A có hồnh độ dương.
Lời giải
Tác giả: Phạm Sơn; Fb: Phạm Sơn

+ Ta có:

� 
tan NAD

ND 1
�  MB  1

tan MAB
AD 3 ,
AB 2

�  tan MAB
�
tan NAD
�  MAB
�
� tan NAD


1
� .tan MAB
�
�  MAB
�  45�� NAM
�
1  tan NAD
� NAD
 45�.






Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019





a  x  1  by  0 a 2  b 2 �0
M  1;0 
AM
+ Đường thẳng
qua
nên có dạng:
.

cos  AM , AN  

a0
�
 cos 45�� a 2  b 2  a  b � ab  0 � �
b0.
2. a  b
�
a b
2

2

A  2;0 
Với a  0 thì AM : y  0 . Mà A  AM �AN nên
(loại).
A  1;3
Với b  0 thì AM : x  1  0 . Mà A  AM �AN nên
(nhận).
A  1;3

+ Vậy

.

Cách 2 <Nguyễn Viết Hòa>
+ Ta có:

� 
tan NAD

ND 1
�  MB  1

tan MAB
AD 3 ,
AB 2

�  tan MAB
�
tan NAD
�  MAB
�
� tan NAD

1
� .tan MAB
�
�  MAB
�  45�� NAM
�
1  tan NAD
� NAD
 45�.



d  M , AN  



3
� MA  3 A �AN � A x ; x  2 � AM 


2
.

 x  1

2

  x  2

2

.

x 1
�
MA  3 � �
� A  1;3
x  2
�
(vì x A  0 ).
Câu 5.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA  a , SB  SC  SD  a 3 .
Gọi M là trung điểm của cạnh CD .
1. Tính thể tích khối chóp S . ABCM .
2. Tính khoảng cách giữa SM và BC .

Lời giải

1. Gọi O là tâm của hình bình thoi ABCD .


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

Xét hai tam giác ABD và SBD ta có: AB  SB , AD  SD , BD chung.
Suy ra ABD  SBD � AO  SO (hai đường trung tuyến tương ứng).Tương tự CO  SO .
Tam giác SAC có đường trung tuyến SO và AO  CO  SO . Do đó SAC vng tại S .
2
2
2
2
Từ đó ta tính được AC  SA  SC  2a , OD  CD  OC  a 2 , BD  2a 2 .
2
Diện tích của tam giác BCD : S BCD  a 2 (cơng thức Hê-rơng).

BC. CD. BD 3a

4 SBCD
2 .

r

Bán kính đường trịn ngoại tiếp BCD là

 ABCD  . Vì SB  SC  SD nên H là tâm đường trịn ngoại
Gọi H là hình chiếu của S trên
tiếp BCD và

HB  r 

3a
a 3
� SH  SB 2  HB 2 
2
2 .

Diện tích tứ giác ABCM :

S  S ABCD  S AMD

3
3a 2 2
 S ABCD 
4
2 .

1
a3 6
V  S .SH 
3
4 .
Thể tích của khối chóp S . ABCM là
2. Tính khoảng cách giữa SM và BC .

Gọi N là trung điểm của AB .
Dễ thấy MN / / BC � BC / /( SMN ) nên d ( BC , SM )  d ( BC , ( SMN ))  d (C , ( SMN ))
Mà CO  2 HO � d (C , ( SMN ))  2d (H, ( SMN )).

Kẻ

HI  MN  I �MN 

Ta có:

HK 

Vậy
Câu 6.

, kẻ

HK  SI  K �SI 

d ( D, BC )  d ( A, BC ) 

HI .HS
HI 2  HS 2

d ( BC , SM ) 



ta có

HK  d  H ,  SMN  

.

2S BCD 2a 6
1
a 6

� HI  d ( H , MN )  d ( A, BC ) 
BC
3
4
6 .

a 6 a 3
.
6
2
2

2

�a 6 � �a 3 �
�
� � �
6
�
� �2 �



a 66
a 66
� d (C , ( SMN ))  2 HK 

22
11
.

a 66
11 .

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
9
32

�5
ab  a  c   b  c 
4  4a 2  4b 2  c 2

.

Lời giải
Tác giả:Nguyên Dung; Fb: Dung Nguyen


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

Cách 1.

a

ab  a  c   b  c  

Ta có:

2

cosi a 2  ac  b 2  bc
 ac   b 2  bc  �
2
.

a2  b2  c  a  b 
� ab  a  c   b  c  �
2
(1).

c2   a  b 
c  a  b �
2
Lại có:
cosi

2

và

 a  b

2

a b 
� ab  a  c   b  c  �
2

Từ (1), (2)

2

9

36
4a  4b 2  c 2

ab  a  c   b  c 

ab  a  c   b  c 

Do đó:



c2  2  a2  b2 
� c  a  b �
2
(2).
cosi

c 2  2  a 2  b2 
2
2

.

4
4 a  4b 2  c 2

ab  a  c   b  c 

2

2

9

P

2

1

4a 2  4b 2  c 2 ۳
� ab  a  c   b  c  �
4

۳

�2  a  b
2



.

32

36
32
� 2

2
2
4  4a 2  4b 2  c 2 4a  4b  c
4  4a 2  4b 2  c 2

.

2
2
2
Đặt: t  4  4a  4b  c . Vì a, b, c là các số thực dương nên t  2 .
2
2
2
2
Suy ra: 4a  4b  c  t  4 .

Xét hàm số
� f�
 t 

Ta có:
).
Do đó

f  t 

t

72t
2

 4

2

36
32

t  4 t với t  2 .
2



3
2
32 32t 4  72t 3  256t 2  512  t  4   32t  56t  32t  128 


2
2
t2
 t 2  4  .t 2
 t 2  4  .t 2

32t 3  56t 2  32t  128   32t 3  128    56t 2  32t   32  t 3  4   4t  14t  8   0

f�
 t  0 � t  4

.

Bảng biến thiên:

�f �
t   5

9

32

ab  a  c   b  c 

4  4a  4b 2  c 2
2

5
.

.
( vì t  2


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

� 4  4a 2  4b 2  c 2  4
�
12a 2  12
a 1
�
�
�
�
�
ab
��
ab
��
b 1
�
�
�
�
c  ab
c  2a
c2
�
�
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi �
.

Cách 2:
Ta có:
ab  a  c   b  c  

 ab  bc   ab  ac 

ab  bc  ab  ac
�
2
.

2ab  bc  ac
� ab  a  c   b  c  �
2
.

Đồng thời:
4  4a 2  4b 2  c 2  4   2a 2  2b 2   2a 2 
� 4  4a 2  4b 2  c 2 � 4  2  2ab  ac  bc 

9
Do đó:
Đặt

ab  a  c   b  c 



t  4  2  2ab  ac  bc 

� 2ab  ac  bc 

Xét hàm số:

� f�
 t 

Ta có:
).
Do đó

72t
2

 4

.

32

18
32
�

4  2  2ab  ac  bc 
4  4a 2  4b 2  c 2 2ab  ac  bc
. Vì a, b, c là các số thực dương nên t  2 .

2

36
32

t  4 t với t  2 .

2

3
2
32 32t 4  72t 3  256t 2  512  t  4   32t  56t  32t  128 
 2 

2 2
2
2
t
t

4
.
t


 t 2  4  .t 2

32t 3  56t 2  32t  128   32t 3  128    56t 2  32t   32  t 3  4   4t  14t  8   0

f '  t  0 � t  4

Bảng biến thiên:

.

t2  4
2 .

f  t 

t

c2
c2
 2b 2  � 4  4ab  2ac  2bc
2
2
.

.

.
( vì t  2


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô 7 lân 19 Năm 2019

�f �
t   5

9

32

ab  a  c   b  c 

4  4a 2  4b2  c 2

5
.

� 4  2  2ab  ac  bc   4
�
12a 2  12
a 1
�
�
�
�
�
ab
� �a  b
��
b 1
�
�
�
�
c  ab
c  2a
c2
�
�
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi �
.