Tổ-14-Đ2-de-thi-chon-hsg-cap-tinh-12-nam-2018-2019-sgd-quang-ngai-hoan-chinh

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

TỔ 14

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019
Ngày thi: 18/10/2018
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút
Họ và tên: …………………..………………………..SBD:…………………….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
(Đề chính thức)

Câu 1 ( 5,0 điểm ).

a) Giải phương trình

2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x
= cos x
( 1 − 2 cos x ) tan x

(

b) Giải hệ phương trình

.

)

( 2 x 2 y − 7 ) 3 x − 2 − x + 3 xy = 5


 x 2 ( 4 + y 2 ) − 1 = 1 + 4 x 2 − xy


.

Câu 2 ( 3,0 điểm ).

y=
Cho hàm số

2x +1
x +1

có đồ thị

( C)

y = −2 x + m

. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng
k1 , k2
A, B
luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt
. Gọi
lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với
2019
2019

P = ( k1 )
+ ( k2 )
( C)
A, B
tại
. Tìm m để biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 3 ( 3,0 điểm ).
a) Cho

n

là số nguyên dương thỏa mãn

Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3)
n

trong hai triển nhị thức Niu-tơn

3

P =  2x2 − 3 ÷ ,
x 


. Tìm hệ số của số hạng chứa

x4

( x ≠ 0)

.

b) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp
đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi màu xanh là
55
84
. Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ.

SAB
là tam giác vuông tại A . Tam giác
đều và
AB = 7 a, BC = 7 a 3
SC
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Biết
. E là điểm trên cạnh
CE = 2 ES
sao cho
.

Câu 4 (4,0 điểm). Cho hình chóp

a) Tính thể tích khối chóp

S . ABC

E. ABC

có đáy

.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
BC

. Đường thẳng qua

A

ABC

AC

và

Oxy

và vng góc với

BE

.

, cho hình vng

AE

cắt

CD

tại

F

ABCD

. Gọi

M

và điểm

E

thuộc cạnh

là trung điểm

EF

,

 Trang 1 


STRONG TEAM TỐN VD-VDC

đường thẳng

AM

cắt

CD

TỔ 14

tại

K

. Tìm tọa độ điểm

D

A ( −6;6 ) M ( −4; 2 ) K ( −3;0 )
E
biết
,
,
và

có tung độ dương.
c < a, c < b

a , b, c

Câu 6 (2,0 điểm). Cho các số thực khơng âm
thỏa

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2

8 ( a + 1) 
64
2  2a + c 
 2b + c 

P = ( a − b )  2 2 ÷ +  2 2 ÷ −
+
2
 b + c   a + c  ab + bc + ca a ( a − b ) 
.
 HẾT 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019
Ngày thi: 18/10/2018
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút
Họ và tên: …………………..………………………..SBD:…………………….
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 ( 5,0 điểm ).
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
(Đề chính thức)

a)

Giải phương trình

2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x
= cos x
( 1 − 2 cos x ) tan x

.

Lời giải
Tác giả: Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín
1

cos x ≠ 2

cos x ≠ 0
 tan x ≠ 0



Điều kiện:
Khi đó
2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x
= cos x ⇔ 2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x = sin x − 2sin x cos x
1
−
2
cos
x
tan
x

(
)
⇔ 2 3 sin 2 x − 3 cos x − 3sin x + 2sin x cos x = 0

(

)

(

)

⇔ 3 sin x 2sin x − 3 + cos x 2sin x − 3 = 0

(

⇔ 2sin x − 3

)(

)

3 sin x + cos x = 0

 3 sin x + cos x = 0 ( 1)
⇔
 2sin x − 3 = 0
( 2)

( 1) ⇔

+)

3
1
π
−π

sin x + cos x = 0 ⇔ sin  x + ÷ = 0 ⇔ x =
+ kπ , k ∈ Z
2
2
6
6


 Trang 2 


STRONG TEAM TỐN VD-VDC

+)

TỔ 14

π

x = + k 2π

3
,k ∈¢

( 2 ) ⇔ sin x = ⇔  3
2
π
2
x =
+ k 2π

3
π

 x = − 6 + kπ
⇔
,k ∈¢
 x = 2π + k 2π

3

Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là:
( 2 x 2 y − 7 ) 3 x − 2 − x + 3 xy = 5


 x 2 ( 4 + y 2 ) − 1 = 1 + 4 x 2 − xy

b) Giải hệ phương trình
.

(

)

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hồng Kiệt ; Fb: Nguyễn Hồng Kiệt

(

Xét hệ phương trình

+) Điều kiện:

)

( 2 x 2 y − 7 ) 3x − 2 − x + 3 xy = 5


 x 2 ( 4 + y 2 ) − 1 = 1 + 4 x 2 − xy


2

2
x≥


x ≥

3
⇔
3

 x + 3xy ≥ 0

y ≥ − 1

3

+) Với điều kiện

(*)

( 2) ⇒

(y

2

(t

2

+ 4) + y =

+ 4) + t , t ≥ −

+) Xét hàm số:

f ' ( t) =
•

( 2)

.( * )

, từ

f ( t) =

( 1)

1
3

1
1
+4+ .
2
x
x

( 3)

.

t

1
+ 1 > 0 ,∀t ≥ − .
3
( t + 4)
2

 1


 − 3 ; + ữ

ã
Suy ra, hm s
ng bin trờn
.
1
1

1

;
+
3

f
y
=
f

y
=
(
)
(
)
ữ

ữ

3
f ( t)
x

x
Mặt khác
liên tục trên
. Do đó, từ
.
1
y=
( 2 x − 7 ) 3x − 2 − x + 3 = 5. ( 4 )
( 1)
x
+) Thay
vào
, ta được:
7
x=
( 4)
( 4)
2
•
Nhận thấy,
khơng là nghiệm của
, nên
có thể viết lại:

f ( t) =

( t 2 + 4) + t

(

)

 Trang 3 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

3x − 2 − x + 3 =

TỔ 14

5
5
⇔ 3x − 2 − x + 3 −
= 0.
2x − 7
2x − 7

g ( x ) = 3x − 2 − x + 3 −

•

Đặt

g' ( x ) =
=

5
2
7
, ∀x ≥ , x ≠
2x − 7
3
2

.

3
1
10
3 x + 3 − 3x − 2
10
−
+
=
+
2
2
2 3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 )
2 x + 3 . 3x − 2 ( 2 x − 7 )
6 x + 29

(

2 x + 3 . 3x − 2 3 x + 3 + 3x − 2
2 7 

 3 ; 2 ÷

g ( x)

)

+

10

( 2x − 7)

2

> 0 , ∀x >

2
7
,x ≠ .
3
2

7

 ; +∞ ÷
2

và
.

Suy ra
đồng biến trên
g ( 1) = g ( 6 ) = 0
( 4)
x = 1,x = 6.
Mà
, nên
có hai nghiệm
 1
( x; y )
( 1;1)  6; 6 ÷
+) Vậy nghiệm
của hệ phương trình là
và
.

y=
Câu 2 ( 3 điểm ). Cho hàm số

y = −2 x + m

2x +1
x +1

có đồ thị

( C)

. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng

luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt

tiếp tuyến với

( C)

tại

A, B

. Tìm m để biểu thức

A, B

. Gọi

P = ( k1 )

2019

k1 , k2

+ ( k2 )

lần lượt là hệ số góc của các
2019

đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Tác giả:Trần Lê Vĩnh Phúc ; Fb: Trần Lê Vĩnh Phúc

Phương trình hồnh độ giao điểm :
Điều kiện:

2x +1
= −2 x + m ( 1)
x +1

x ≠ −1

( 1) ⇔ 2 x 2 + ( 4 − m ) x + 1 − m = 0

Từ

∆ ( 1) = ( 4 − m ) − 4.2. ( 1 − m ) = m 2 + 8 > 0, ∀x ∈ ¡
2

Vì

và

x = −1

khơng là nghiệm

( 1)

nên phương

trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi
của

A ( x1 , −2 x1 + m ) ; B ( x2 , −2 x2 + m )

( 1)

là hoành độ tiếp điểm với

x1 , x2

lần lượt là hai nghiệm

.

 Trang 4 


STRONG TEAM TỐN VD-VDC

Hệ số góc

k1.k2 =
Mà

TỔ 14

1


2
 k1 =
( x1 + 1)
2019
2019

⇒ P = ( k1 )
+ ( k2 )
≥2

1
k =
 2 ( x2 + 1) 2


1

( x1.x2 + x1 + x2 + 1)

Dấu ”=” xảy ra khi

2

( k1.k2 )

2019

= 4 ⇒ P ≥ 22020 ⇒ Pmin = 22020

 x1 = x2 ( l )

k1 = k2 ⇔ 
⇒m=0
 x1 + x2 = −2

Câu 3 ( 3,0 điểm ).
a) Cho

n

là số nguyên dương thỏa mãn

Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3)
n

trong khai triển nhị thức Niu-tơn

3

P =  2x2 − 3 ÷ ,
x 


. Tìm hệ số của số hạng chứa

x4

( x ≠ 0)
.

Lời giải

Tác giả:Trần Văn Đức ; Fb: Đức trần văn
Ta có:
Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3) ⇔
⇔

( n + 3) ( n + 2 )
2

( n + 4 ) ! − ( n + 3) ! = 7 n + 3
(
)
( n + 1) !.3! n !.3!

= 7 ( n + 3) ⇔ n + 2 = 14 ⇔ n = 12 (tm)
12

Với

12
3

n = 12, P =  2 x 2 − 3 ÷ = ∑ C12k 212− k ( −3) k x 24−5k
x 

k =0

Số hạng chứa

x4
x4

Vậy hệ số chứa

ứng với
là

.

24 − 5k = 4 ⇔ k = 4

C124 .28.34

b) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi màu

xanh là

55
84

. Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thiện ; Fb:Thien Nguyen

 Trang 5 


STRONG TEAM TỐN VD-VDC

TỔ 14

y
x
a
Giả sử hộp thứ nhất có
viên bi, trong đó có viên bi xanh, hộp thứ hai có
viên bi, trong
x, y, a, b
x ≥ y , x ≥ a, y ≥ b
b
đó có viên bi xanh (điều kiện
nguyên dương,
).

Từ giả thiết ta có:

Từ

Từ
Từ

 x + y = 20

 ab 55
 xy = 84


(1)
(2)
.

(2) ⇒ 55 xy = 84 ab ⇒ xy M
84

(1)
(2)

và
và

(3)
(3)

suy ra
suy ra

 x = 14

y = 6
ab = 55

, mặt khác:

, mà

a ≤ x ≤ 14, b ≤ y ≤ 6 ⇒ a = 11, b = 5

Vậy xác suất lấy được hai viên bi đỏ là:

S . ABC

.

có đáy

E. ABC

.

x−a y −b 1
.
= .
x
y
28

ABC

nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Biết
CE = 2 ES
sao cho
.
a) Tính thể tích khối chóp

(3)

.

P=

Câu 4 (4,0 điểm). Cho hình chóp

1
xy ≤ ( x + y) 2 = 100 ⇒ xy = 84
4

là tam giác vuông tại A . Tam giác

AB = 7 a, BC = 7 a 3

SAB

đều và

. E là điểm trên cạnh

SC

.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

AC

và

BE

.

Lời giải
Tác giả: Bùi Thu Hương ; Fb:Cucai Đuong

 Trang 6 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

TỔ 14

AC =

( 7a 3)

2

2

- ( 7a) = 7a 2

ABC
A
a) Tam giác
vng tại
nên
H
AB
Gọi
là trung điểm của
ìï ( SAB ) ^ ( ABC )

ïï
ï ( SAB ) Ç ( ABC ) = AB Þ SH ^ ( ABC )
í
ïï
ïï SH Ì ( SAB ) , SH ^ AB
ỵ

Tam giác

SAB

SH =

đều nên

Cách 1: Ta có
VE . ABC

,

7a 3
2

VS. ABE
V
SE 1
2
=
= Þ E . ABC =
VS . ABC

SC 3
VS . ABC
3

2
2 1
2 1 7a 3 1
343a 3 6
= VS . ABC = . .SH .S ABC = . .
. .7 a.7 a 2 =
.
3
3 3
3 3 2 2
18

Cách 2: Dựng

EJ // SH

cắt

HC

tại

J

Þ EJ ^ ( ABC )
. Khi đó

,

EJ
2
2 7 a 3 7a 3
= Þ EJ = .
=
SH 3
3 2
3
1
1 7a 3 1
343a 3 6
VE . ABC = .EJ .S ABC = .
. .7 a.7 a 2 =
.
3
3 3 2
18
 Trang 7 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

b) Dựng

D

TỔ 14

BCAD

sao cho

AC // ( BED )
là hình bình hành. Khi đó

.

d ( AC , BE ) = d ( AC , ( BED ) ) = d ( A, ( BED ) ) = 2d ( H, ( BED ) )

BD ^ ( SAB ) Þ ( BDE ) ^ ( SAB )
Vì

Ta có

HK ^ BI

K
tại . Khi đó
1
7a 3
HI = SH =
2
4

Từ H kẻ

BIH

Trong tam giỏc vuụng

I = SH ầ DE ị ( SAB ) Ç ( BDE ) = BI

. Gọi
HK ^ ( BDE ) Þ d ( AC , BE ) = 2 HK

.

:
2

2
ử
ổ2 ữ
ử
4
a 21
ữ
ỗ
+ỗ ữ
=
ị HK =
ữ
2
ữ
ữ
ỗ7a ứ 21a
2

3ứ ố

ổ4
1
1
1
= 2+
=ỗ
ỗ
2
2
ỗ7 a
HK
HI
HB
ố

ị d ( AC , BE ) = 2 HK = a 21
.
Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
BC

. Đường thẳng qua

đường thẳng

AM

cắt

A

CD

Oxy

và vng góc với
tại

K

, cho hình vng

AE

cắt

. Tìm tọa độ điểm

D

CD

biết

tại

F

ABCD

. Gọi

M

và điểm

E

thuộc cạnh

là trung điểm

EF

,

A ( −6;6 ) M ( −4; 2 ) K ( −3;0 )
E
,
,
và

có tung độ dương.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Phong Vũ ; Fb:Nguyễn Phong Vũ

Ta có

∆ABE = ∆ADF

Suy ra

∆AEF

vì

AB = AD

và

·
·
BAE
= DAF

(cùng phụ với

·
DAE

).

vuông cân

EF ⇒ AM ⊥ EF
ME = MA = MF
là trung điểm
và
.

uuuu
r
AM = ( 2; −4 )
AM = 20
Ta có
và
.

Do

M

 Trang 8 


STRONG TEAM TỐN VD-VDC

Đường thẳng

EF

đi qua

TỔ 14

M

và vng góc với

Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác

E, F

Tọa độ điểm

AFE

x − 2y +8 = 0

nên có phương trình
:

( x + 4)

2

.

+ ( y − 2 ) = 20
2

( x + 4 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 20

 x + 2 y − 8 = 0

thỏa hệ

Giải hệ ta được tọa độ

MA

E ( 0; 4 ) F ( −8; 0 ) yE > 0
,
,(
).

E ( 0; 4 ) F ( −8; 0 )
Với
,
Đường thẳng
Đường thẳng

CD

AD

qua
qua

F ( −8;0 )
A ( −6; 6 )

D = CD ∩ AD ⇒ D ( −6, 0 )

Câu 6 (2,0 điểm).

và

K ( −3;0 )

nên có phương trình

và vng góc với

FK

y=0

.

nên có phương trình

x+6 =0

.

.

Cho các số thực khơng âm

a , b, c

thỏa

c < a, c < b

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

 2a + c  2  2b + c 2
8 ( a 2 + 1) 

64

P = ( a − b )  2 2 ÷ +  2 2 ÷ −
+
2
 b + c   a + c  ab + bc + ca a ( a − b ) 
2

thức

.

Lời giải
Tác giả:Phạm Hữu Thành ; Fb: Phạm Hữu Thành.

(a

1
2

+c

)

2 2

Ta có :

Suy ra
a+

Đặt

≥

1
4

c

a + ÷
2


;

(b

1
2

+c

)

2 2

≥

−1

−1
≥
c  ab + bc + ca  a + c  .  b + c 


÷
÷
b + ÷
2 
2

2

1

4

;

2
2
 

c
c

 4 a + ÷ 4b + ÷

64
2

2
2

 + 8  a + 1 ÷
P ≥ ( a − b)  
+
−
4
4
c 
c  
 
a

c
c

a
+
b
+
a
+

÷
÷
 b + ÷


÷

2 
2 

2
2

 

c
c
= x ; b + = y ; ( x > 0; y > 0 )
2
2

. Ta có
y 64 
1
1
2  x
P ≥ ( x − y )  4 4 + 4 4 −  + 16
≥
2
4
x
xy 
 y
( a 2 + c 2 )  a + c ÷
2

2

2

 Trang 9 


STRONG TEAM TOÁN VD-VDC

Hay

TỔ 14

3

x y
  x y 
 x y
P ≥ 4  + − 2 ÷ + ÷ − 3  + ÷− 16  + 16
y x
  y x 
 y x


t=
Đặt

x y
+ , ( t ≥ 2)
y x

. Xét hàm số

f ( t ) = 4 ( t − 2 ) ( t 3 − 3t − 16 )

f ′ ( t ) = 4 ( 4t 3 − 6t 2 − 6t − 10 ) , f ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

Ta có
f ( t) ≥ −

Lập bảng biến thiên suy ra

P≥

Suy ra

1
4

và

a = 1
1

P = ⇔ b = 2
4
c = 0


.

63
4

5
2

.

hoặc

a = 1

1

b =
2

c = 0

. Vậy

1
Pmin = .
4

 HẾT 

 Trang 10 