Tổ-8-Đ2-HSG-SỞ-GD-ĐT-Hải-Phòng-Sao

STRONG TEAM TỐN VD-VDC

SỞ GD&ĐT HẢI PHỊNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

HSG TỐN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Đề thi gồm 02 trang
Câu 1.

(2,0 điểm)
a) Cho hàm số

.Tính diện tích của tam giác

Câu 2.

( C)

y = x 3 + 3x 2 - 9x +1
OAB

có đồ thị là
. Gọi
O
, trong đó là gốc tọa độ

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
(2,0 điểm)

a) Giải phương trình

m

2sin 3 x − sin x + cos 2 x
=0
tan x − 1

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
nghiệm.
Câu 3.

để hàm số

(2,0 điểm) Cho hình chóp

S . ABCD

m

A, B

( C)
là hai điểm cực trị của

y = 2x + m x 2 + 4x + 6

có cực tiểu.

.

để hệ phương trình

ABCD

có đáy

 2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy = m
 2
 x + 3x − y = 1 − 2m

là hình thang vng tại

A

và

có
B

,

( ABCD )
AB = BC = a, AD = 2a SA = 2a
,
và vuông góc với mặt phẳng
.

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng
b) Cho

M

( SBC )

( SCD )

.
SM = x, ( 0 < x < 2a )

( BCM )

sao cho
. Mặt phẳng
chia
V1
V2
V1
S
hình chóp thành hai phần có thể tích
và
(trong đó
là thể tích của phần chứa đỉnh ).
V1 1
=
V2 2
x
Tìm để

.
Câu 4.

là điểm nằm trên cạnh

SA

và

(1,0 điểm) Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua
được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ơ đang đứng ( xem hình minh
3
3
họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên bước. Tính xác suất để sau bước đi quân vua
trở về ô xuất phát.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 1 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

Câu 5.

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
tâm tam giác

ABE

. Điểm

viết phương trình cạnh
4
có hồnh độ nhỏ hơn .

Câu 6.

(1,0 điểm) Cho dãy số

Ta thành lập dãy số
và tính giới hạn đó.
Câu 7.

K ( 7; −2 )

AB

{ un }

{ vn }

Oxy

thuộc đoạn

, biết đường thẳng

xác định bởi

vn =

với

(1,0 điểm) Cho các số thực dương

ED

AG

u1 = 3


1
un +1 = 2

1 1
1
+ 2 +…+ 2
2
u1 u2
un

x, y , z

P=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

, cho hình vng

3

sao cho

ABCD

GA = GK

có phương trình

tâm

E

, gọi

G

là trọng

. Tìm tọa độ đỉnh

3x − y − 13 = 0

A

và

A

và đỉnh

)

(

un2 + 5un + un , n ∈ ¥ , n ≥ 1

. Chứng minh rằng dãy số

thỏa mãn điều kiện

có giới hạn

x ≥ y; x ≥ z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x
+
+
+
y
x+ y
y+z
x+z

Địa chỉ truy cập  />
{ vn }

.

 Trang 2 

.


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

Lời giải
Câu 1.

(2,0 điểm)

( C)
( C)
A, B
có đồ thị là
. Gọi
là hai điểm cực trị của
OAB
O
.Tính diện tích của tam giác
, trong đó là gốc tọa độ
a) Cho hàm số

y = x 3 + 3x 2 - 9x +1

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
a)

m

để hàm số
Lời giải

y = 2x + m x 2 + 4x + 6

có cực tiểu.

éx = 1
D = ¡ . y ¢ = 3x 2 + 6x - 9 ị y  = 0 ê
ê
ëx =- 3

+) Tập xác định
( C)
A(- 3;28), B(1; - 4)
+)
có hai điểm cực trị là
uuu
r
uuu
r
1
OA = (- 3;28),OB = (1; - 4) ị SOAB = | - 3 ì( 4) - 1.28 |= 8
2
+)
b)
x +2

D = ¡ ; y¢ = 2 + m
2
x + 4x + 6
+) Tập xác định
¡
+) Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên
nên hàm số có cực tiểu thì phương trình
y' = 0
phải có nghiệm.
- 2 x 2 + 4x + 6
y' = 0 Û m =
,(x ¹ - 2)
x +2
+) Xét phương trình
4
- 2 x 2 + 4x + 6
g ¢(x) =
> 0, " x ạ - 2
g(x) =
, x ẻ ¡ \ {- 2}
2
2
(x
+
2)
x
+
4x
+
6

x +2
Đặt
. Ta có
lim g(x) =- 2; lim g(x) = 2
.Ngồi ra ta có
y = g( x)
như
sau

x ®+¥

x ®- ¥

, từ đó ta có bảng biến thiên ca hm s

y' = 0
m ẻ (- Ơ ; - 2) È (2; +¥ )
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình
có nghiệm khi và chỉ
m>2
+) Xét trường hợp 1
x0
y' = 0
Phương trình
có nghiệm duy nhất
, khi đó ta có:
lim y' = 2 + m > 0; lim y' = 2 - m < 0
x đ+Ơ

x đ- Ơ

nờn ta cú bảng biến thiên của hàm số có dạng

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 3 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

Câu 2.

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu.
m <- 2
+) Trường hợp 2
suy luận tương tự ta suy ra hàm số chỉ có cực đại, khơng thỏa mãn.
m > 2
Vậy
(2,0 điểm)

a) Giải phương trình

2sin 3 x − sin x + cos 2 x
=0
tan x − 1

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
nghiệm.

m

.

để hệ phương trình

 2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy = m
 2
 x + 3x − y = 1 − 2m

có

Lời giải
Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm tốn team tốn vd - vdc

a) Điều kiện:

π

x ≠ + kπ


4
⇔
tan
x
−
1
≠
0


 x ≠ π + kπ



2
cos x ≠ 0

,

k ∈¢

.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:
2
2sin 3 x − sin x + cos 2 x = 0 ⇔ sin x ( 2sin x − 1) + cos 2 x = 0

⇔ − sin x cos 2 x + cos 2 x = 0 ⇔ ( sin x − 1) cos 2 x = 0
π

 x = 2 + k 2π
⇔
sin x = 1
x = π + k π
⇔

4
2
cos 2 x = 0

.

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình thì phương trình đã cho có nghiệm
3π
x=
+ kπ
k ∈¢
4
,
.

b) Ta có

 x2 + x ) ( 2x − y ) = m
3
2
2 x − ( y − 2 ) x − xy = m ⇔ (
 2
 2
( x + x ) + ( 2 x − y ) = 1 − 2m
 x + 3x − y = 1 − 2m

Địa chỉ truy cập  />
.
 Trang 4 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

a = x + x b = 2x − y
,
với điều kiện
2

Đặt

Hệ phương trình đã cho có dạng

a = x2 + x ≥

a.b = m

 a + b = 1 − 2m

1
4

.

.

t 2 − ( 1 − 2 m ) t + m = 0 ( *)
a b
Suy ra , là hai nghiệm của phương trình
.

Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình

( *)

t≥

có nghiệm

1
4

.

 1

−t 2 + t
t ∈  − ; +∞ ÷
⇔
m
=
=
g
t
(
)
( *)
 4

2t + 1
Ta có
,

.
g′ ( t ) =

−2t 2 − 2t + 1

( 2t + 1)

2

.

 −1 − 3
t =
2
⇔
 −1 + 3
t =
g ′ ( t ) = 0 ⇒ −2t 2 − 2t + 1 = 0

2

( lo¹i )
(tháa m· n)
.

Bảng biến thiên:

+

-

m≤
Từ bảng biến thiên trên suy ra
Câu 3.

Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy

2− 3
2

ABCD

.

là hình thang vng tại

A

và

B AB = BC = a,
,

( ABCD )
AD = 2a SA = 2a
,

và vuông góc với mặt phẳng
.
a)Tính góc giữa hai mặt phẳng

( SBC )

và

( SCD )

.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 5 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

SM = x, ( 0 < x < 2a )
( BCM )
sao cho
. Mặt phẳng
chia
V1
V2
V1
S
hình chóp thành hai phần có thể tích

và
(trong đó
là thể tích của phần chứa đỉnh ).
V1 1
=
V2 2
x
Tìm để
.
b)Cho

M

là điểm nằm trên cạnh

SA

Lời giải
Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm tốn team tốn vd - vdc
a) Gọi

Gọi

ϕ

là góc giữa hai mặt phẳng

H, K

Ta có

AK ⊥ ( SCD )

đường thẳng

AH =
Ta có

Mặt khác

.

lần lượt là hình chiếu vng góc của

BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH

Tương tự

( SBC )

AH

và

. Ngoài ra

A

trên

và

SC

.

AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC )

. Do đó góc giữa hai mặt phẳng

AK

SB

( SBC )

và

.

( SCD )

bằng góc giữa hai

AH 2 + AK 2 − HK 2
·
cos ϕ = cos HAK
=
2. AH . AK
, hay

.

SA.AB 2a
SA. AC 2a
=
, AK =
=
SB
SC
5
3

∆SHK : ∆SCB

HK =
nên

.

BC.SH
4a
=
SC
30

.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 6 

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

cos ϕ =
Vậy

15
5

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

.

( BCM )
SD
N
b) Mặt phẳng
cắt cạnh
tại . Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng
( BCM )
BCNM
là hình thang
.

1
VS . ABC = V ,
V
=
V

+
V
V
S . ABCD
S . BCNM
S . BCM
S .CNM
3
Gọi là thể tích khối chóp
. Ta có
;
2
VS . ACD = V
3
.
k=

SM
SA

VS . BCM SM
1
=
= k ⇒ VS .BCM = k .V
VS . BCA
SA
3

Đặt
suy ra:

VS .CMN SM SN
2
=
.
= k 2 ⇒ VS .CMN = k 2 .V
VS .CAD
SA SD
3

Từ đó suy ra

Suy ra
Câu 4.

2 
1
V1 =  k + k 2 ÷.V
3 
3

. Mà

;

.

V1 1
1
= ⇒ V1 = V
V2 2

3

1
2 
1
1
V =  k + k 2 ÷.V ⇒ k = ⇒ x = a
3
3 
2
3

.

.

Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển
sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ơ đang đứng ( xem hình minh họa). Bạn An di
3
3
chuyển quân vua ngẫu nhiên bước. Tính xác suất để sau bước đi quân vua trở về ô xuất
phát.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 7 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHỊNG – TỔ 8 – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm tốn team tốn vd - vdc
Mỗi bước đi quân vua có thể đi đến
n ( Ω ) = 83
mẫu là
.

8

ơ xung quanh, từ đó suy ra số phần tử của không gian

Cách 1.
Gắn hệ trục

Oxy

vào bàn cờ vua sao cho vị trí ban đầu của quân vua là gốc tọa độ, mỗi ô trên
( x; y )
( x; y )
bàn ứng với một điểm có tọa độ
. Mỗi bước di chuyển của quân vua từ điểm
đến
2
2
x0 ; y0 ∈ { −1;0;1} ; x0 + y0 ≠ 0
( x + x0 ; y + y0 )
x0 = 1; y0 = 0
điểm có tọa độ
trong đó

. Ví dụ nếu
x0 = −1; y0 = −1
thì quân vua di chuyển đến ơ bên phải,
thì di chuyển xuống ơ đường chéo.

( 0;0 )
3
Giả sử tọa độ ban đầu là
, thế thì sau bước đi thì tọa độ của quân vua là
( x1 + x2 + x3 ; y1 + y2 + y3 ) ; x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 ∈ { −1;0;1}
. Để về vị trí ban đầu thì
 x1 + x2 + x3 = 0

 y1 + y2 + y3 = 0

+)

{ x1; x2 ; x3 }

( xi ; yi ) , i = 1;3

có

. Suy ra các bộ

6

{ x1; x2 ; x3 }

và

{ y1; y2 ; y3}

cách chọn, với mỗi cách chọn

không đồng thời bằng

0

là một hoán vị của

{ x1; x2 ; x3 }

có

4

cách chọn

{ −1; 0;1}

.

{ y1; y2 ; y3}

vì

.

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố bằng

24

p=

và xác suất cần tìm là

24 3
=
83 64

.

Cách 2.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 8 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

Nhận xét để quân vua trở về vị trí xuất phát sau
8
trong ơ xung quanh ô ban đầu.
Trường hợp 1. Sau bước I quân vua ở
Từ đây quân vua có

4

Vậy số cách đi ở TH1:

1

Từ đây qn vua chỉ có

4 × 4 ×1 = 16

2

Vậy số cách đi ở TH2:

1

cách.
1

trong

4

ô chung đỉnh với ô ban đầu.

cách đi về vị trí xuất phát.

4 × 2 ×1 = 8

16 + 8 3
=

83
64

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

K ( 7; −2 )

cách.

.

Oxy

, cho hình vng

. Điểm

thuộc đoạn

ED

ABCD

tâm

E

, gọi

G

là trọng tâm tam

GA = GK

A
. Tìm tọa độ đỉnh
và viết
3 x − y − 13 = 0
AG
AB
A
phương trình cạnh
, biết đường thẳng
có phương trình
và đỉnh
có
4
hồnh độ nhỏ hơn .
giác

ABE

ô chung cạnh với ô ban đầu.

cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi dọc).

Ở bước III, quân vua chỉ có

Câu 5.

4

cách đi về vị trí xuất phát.

Trường hợp 2. Sau bước I quân vua ở

Xác suất cần tìm:

trong

bước thì sau bước II quân vua phải ở một

cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi chéo).

Ở bước III, quân vua chỉ có

p=

1

3

sao cho

Lời giải
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team tốn vd – vdc.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 9 

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

GA = GB = GK
G
ABK
+) Ta có
nên
là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác
.
o
o
⇒ ·AGK = 2 ·ABK = 2.45 = 90
AGK
G
⇒ tam giác
vuông cân tại .

+) Đường thẳng

GK

đi qua

K ( 7; −2 )

và vng góc với

AG

⇒ GK : x + 3 y − 1 = 0

Ta có
Do
Có

G = GK ∩ AG ⇒ G ( 4; −1)

AG

có phương trình

.

3x − y − 13 = 0

GA = GK = d ( K ; AG ) = 10

GA = 10 ⇔ ( t − 4 ) + ( 3t − 12 )

·
tan MAG
=

.

.

2

Từ

nên

A ( t ;3t − 13) , t < 4

2

t = 3 t < 4
⇔
→ t = 3
= 10
t = 5

. Vậy

A ( 3; −4 )

.

3
MG 1 ⇒ cos MAG
·
=
=
10
AM 3

+) Ta có
.
ur
uu
r
2
2
n1 = ( a; b ) , ( a + b > 0 )
n
2 = ( 3; −1)
AB
Gọi
là VTPT của đường thẳng
và
là VTPT
AG
của đường thẳng
.
·
cos MAG
=
Khi đó:
+) Với
Thấy
+)Với

3a − b
b = 0
3

3
⇔
=
⇔ 6ab + 8b 2 = 0 ⇔ 
10
10
10. a 2 + b 2
3a = −4b

3a = −4b ⇒ AB : 4 x − 3 y − 24 = 0

d ( K ; AB ) = 2 < d ( K ; AG ) = 10
b = 0 ⇒ AB : x − 3 = 0

.

.

(loại).

.

Ghi chú: Nếu học sinh công nhận hoặc ngộ nhận trong chứng minh các kết quả ở bước 1
và làm đúng các bước cịn lại thì cho 0.5 điểm.

Câu 6.

Cho dãy số

{ un }

xác định bởi

Ta thành lập dãy số
và tính giới hạn đó.

{ vn }

u1 = 3


1
un +1 = 2
vn =

với

(

)

un2 + 5un + un , n ∈ ¥ , n ≥ 1

1 1
1
+ 2 +…+ 2
2
u1 u2
un

. Chứng minh rằng dãy số

Địa chỉ truy cập  />
{ vn }

có giới hạn

 Trang 10 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHỊNG – TỔ 8 – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team tốn vd – vdc.
Ta dễ có

un > 0, ∀n ∈ ¥ *
1
2

un +1 =

Ngồi ra

{ un }

Giả sử

(

1
2

un +1 =

Ta có
un +1 > un > 0

un2+1

1
2

. Do đó dãy

1
2

(

{ un }

tăng.

. Cho qua giới hạn hệ thức

)

a 2 + 5a + a ⇒ a = 0

vô lý.

lim un = +∞, lim
không bị chặn và

1
=0
un

.

)

(

un2 + 5un + un ⇔ 2un +1 − un = un2 + 5un ⇔ 4un2+1 − 4un +1un = 5un

, (vì

)

1
1 
1
4 1
1 
1 4 1 1 
= 4 −

÷⇒ 2 =  −
÷ ⇒ vn = 2 +  − ÷
u1 5  u1 un 
 un un +1  un +1 5  un un +1 
lim vn =

Suy ra
Câu 7.

un2 + un = un , ∀n ∈ ¥ *

lim un = a, a ≥ 3 = u1 , a ∈ ¡

)

{ un }

)

un2 + 5un + un >

un2 + 5un + un ⇒ a =

un +1 =

5

) 12 (

(

bị chặn, khi đó

Từ đó suy ra

⇔

.

1 4 1 17
+ × =
9 5 3 45

Cho các số thực dương

x, y , z

.
thỏa mãn điều kiện

P=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3

x ≥ y; x ≥ z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x
+
+

+
y
x+ y
y+z
x+z

.

.

Lời giải
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.
+/ Ta sẽ chứng minh:

Với mọi

a, b

dương và

ab ≥ 1

thì

1
1
2
+
≥
1 + a 1 + b 1 + ab

(*)

Thật vậy:

⇔
(*)

(

+/ Ta có:

a− b

)(
2

)

ab − 1 ≥ 0
(luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi

x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy ⇔ ( x − z ) ( x − 9 y ) ≤ 0 ⇒ x − 9 y ≤ 0

Địa chỉ truy cập  />
a=b

vì

hoặc

ab = 1

.

x≥z⇒x−z≥0
 Trang 11 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

t=
Đặt

HSG TOÁN 12 SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG – TỔ 8 – 2018-2019

x
⇒ t ∈ [ 1;9]
y
P = 3 9−t +

Khi đó

t+2
y
z
t+2
1
1
+1+

+1+
= 3 9−t +
+2+
+
z
x
t +1
y+z
x+z
t +1
1+
1+
y
z

Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có:

P ≥ 3 9−t +

t+2
+2+
t +1

2

f (t ) = 3 9 − t +
Xét hàm số

−1

f '(t) =
3

( 9 − t)

2

−

z x
yz

1+

1

( t + 1)

2

−

từ đó suy ra

P=
Vậy min

18
5

khi

t+2
2
+2+
t +1
1+ t

t+2
2
+2+
, t ∈ [ 1;9]
t +1
1+ t

P ≥ f (t) ≥ f(9) =

Dấu bằng xảy ra khi

= 3 9−t +

(

1

t 1+ t

)

2

có

< 0, ∀t ∈ [ 1;9 ]

18
5

x
y =9

x = 9 y
x = 9 y
 x z
⇔
⇔
 =

2
z = 3y
 xy = z
 z y
 x z
 . = 1
 z y
x = 9 y

z = 3y

.

Địa chỉ truy cập  />
 Trang 12 