bộ đề thi HSG toán lớp 12 các năm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2019 - 2020

TỈNH QUẢNG BÌNH

Mơn thi: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT

(Đề thi có 01 trang và 05 câu)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm).
a. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

sin x  cos x  1
2  sin 2x

.

x
có đồ thị C  và điểm A 1;1 . Tìm các giá trị của m để đường thẳng
1x
d  : y  mx  m  1 cắt đồ thị C  tại hai điểm phân biệt M , N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất.



b. Cho hàm số y 



Câu 2 (2,0 điểm).
a. Cho hàm số f x  

1
P
. Tính tỉ số
, với P  f ' 1  2 f ' 2  ...  2019 f ' 2019 và
x
Q
1  2019

Q  f ' 1  2 f ' 2  ...  2019 f ' 2019 .
b. Giải phương trình: log2  3 log2 3x  1  1  x .


Câu 3 (2,0 điểm).
a. Cho tam giác đều ABC cạnh 8cm. Chia tam giác này thành 64 tam giác
đều cạnh 1cm bởi các đường thẳng song song với các cạnh tam giác ABC (như
hình vẽ). Gọi S là tập hợp các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm. Chọn ngẫu
nhiên 4 đỉnh thuộc S. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của
hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC và có cạnh chứa các
cạnh của các tam giác cạnh 1 cm ở trên.

A

B

C

b. Tìm cơng sai d của cấp số cộng un  có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn:


u1  u2  ...  u2020  4 u1  u2  ...  u1010 
.
 2

log 3 u 3  log23 u5  log23 u14  2




Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = a. Một mặt phẳng
 qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, với 0  x  a .
a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x.
b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng

2
lần thể tích khối chóp S.ABCD.
9

Câu 5 (1,0 điểm).
a. Cho các số thực phân biệt a, b  1 . Chứng minh rằng: loga loga b   logb loga b  .
b. Cho các số thực a1  a2  ...  an  1, n  2 . Chứng minh rằng:









loga loga a2  loga loga a 3  ...  loga
1

1

2

2

n 1

log

an 1







an  loga loga a1  0 .
n

............ HẾT ............

n


HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO)
Câu 1a (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

sin x  cos x  1
2  sin 2x

.

Hướng dẫn
t 1
Đặt sin x  cos x  t   2; 2   sin 2x  t 2  1 , khi đó y 
 f t , t   2; 2  .
2




t 1
Ta có f ' t  

1t

t

 

Tính f  2 

Suy ra: min y 

2



t2  1

1

1 2
3

;f

1 2

 f ' t   0  t  1 .

 2   1  3 2 , f 1 

x 

3

2.


3
 k 2 ; max y  2  x  k 2, x   k 2 .
2
4

x
có đồ thị C  và điểm A 1;1 . Tìm các giá trị của m để
1x
đường thẳng d  : y  mx  m  1 cắt đồ thị C  tại hai điểm phân biệt M , N sao cho AM 2  AN 2



Câu 1b (1,0 điểm). Cho hàm số y 



đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn
Cách 1:





Dễ thấy đường thẳng d  : y  mx  m  1 luôn đi qua điểm I 1;  1 là giao điểm của hai đường tiệm
cận. Ta có y ' 

1

1  x 

2



 0, x  1 nên để đường thẳng d  cắt C  tại hai điểm phân biệt M , N thì



m  0 . Khi đó I 1;  1 ln là trung điểm của đoạn MN.
  2
 
 2
 
 
Ta có AM  AN  AM  AN  2AM AN  4AI  2AM AN  32  2AM AN (*).
2

2





 
Do A cố định nên: nếu ta xét được AM AN là số dương và trong tam giác AMN có cạnh MN nhỏ nhất
thì tìm được giá trị nhỏ nhất. Mà C  là Hypebol nên khi d  là đường phân giác của góc tạo bởi hai
tiệm cận thì m  1 và d  : y  x cắt C  tại hai điểm phân biệt M 0; 0, N 2; 2 và MN nhỏ nhất,
 

ta có:
AM AN  1.3  13  6  0 , hơn nữa
AM 2  AN 2  32  12  20 . Vậy





min AM 2  AN 2  20  m  1 .
Cách 2:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của d  cắt và C  : mx  m  1 
 mx 2  2mx  m  1  0 (vì x  1 không là nghiệm).

x
,x  1
1x


m  0
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì  2
 m  0.
m  m m  1  0


x  x  2
2
 1
Theo định lý Viet ta có: 
.
x x  m  1

 1 2
m



 
2

Mặt khác AM 2  AN 2  x 1  1  x 2  1  m x 1  1  2  m x 2  1  2
2

AM 2  AN 2  10 

AM 2  AN 2  18 

AM 2  AN 2  18 



2 m  1
m
2 m  1
m
2 m  1
m

2



2

2
2

 m 2 x 1  1  x 2  1   4 m x 1  1  m x 2  1  8







2


 m 2 x 1  x 2   2x 1x 2  2 x 1  x 2   2





2 m  1
1 
1

 m 2 2 
  16  2 m    16  4 m .
m
m




m 





 min AM 2  AN 2  20  m  1  m  1 .
Câu 2a (1,0 điểm). Cho hàm số f x  

1
P
. Tính tỉ số , với
x
Q
1  2019

P  f ' 1  2 f ' 2  ...  2019 f ' 2019 và Q  f ' 1  2 f ' 2  ...  2019 f ' 2019 .
Hướng dẫn
1
2019x ln 2019
2019x ln 2019
f x  
 f ' x   
 f ' x   
 f ' x , x   .
2
2

1  2019x
1  2019x
1  2019x









Do đó f ' x  là hàm số chẵn, suy ra g x   x .f ' x  là hàm số lẻ.
2019

2019

2019

k 1

k 1

k 1

Vậy nếu P   g k  thì Q   g k    g k   P 

P
 1.
Q

Câu 2b (1,0 điểm). Giải phương trình: log2  3 log2 3x  1  1  x .


Hướng dẫn
Đặt log2 3x  1  y  3x  1  2y , từ phương trình đã cho ta có:
1

log2 3y  1  x  3y  1  2x . Như thế ta có điều kiện x , y   ;  và ta được hệ phương trình:

3

3x  1  2y
1


. Xét hàm f t   1  2t  3t, t   ;   f ' t   2t ln 2  3 , ta có:

x
3y  1  2
3




f ' t   0  2t 

 3 
1


3
     ;  , và f ' t   2t ln 2  3 đồng biến nên ta có
 t  log2 
 ln 2 
ln 2
 3


t   là điểm cực tiểu của f t  , f    1  2  3  0 nên phương trình f t   0 có đúng hai
nghiệm t  1, t  3 .
Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: 3 x  y   2y  2x  3x  2x  3y  2y hay là
1

g x   g y  , với g t   3t  2t đồng biến trên  ;  , suy ra x  y .
 3


Cuối cùng phương trình đã cho  f x   0  x  1, x  3 .
Câu 3a (1,0 điểm).
Cho tam giác đều ABC cạnh 8cm. Chia tam giác này thành 64
tam giác đều cạnh 1cm bởi các đường thẳng song song với các
cạnh tam giác ABC (như hình vẽ). Gọi S là tập hợp các đỉnh của
các tam giác cạnh 1cm. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh thuộc S. Tính
xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của hình bình hành
nằm trong miền trong của tam giác ABC và có cạnh chứa các
cạnh của các tam giác cạnh 1 cm ở trên.

A

C

B

Hướng dẫn
Trên cạnh BC ta có 9 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm (kể cả B và C), trên đường thẳng tiếp theo
song song BC (phía trên BC) ta có 8 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm, ... cuối cùng đến A có 1
đỉnh của tam giác đều cạnh 1cm. Ta có n S   9  8  7  ...  2  1  45 .
4
Như thế số phần tử của không gian mẫu là: n   C 45
.

Theo u cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam
giác đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên ba cạnh BC,
CA, AB và cạnh có liên quan đến các đỉnh đó).

K

K

T

H

H

I

G

E D

D
M

G

F

1

2

3

4

P

P

P

P

K

T
H

I

G

F

K

T
I

H

T
I

F

E

N

• Trường hợp 1: Các cạnh của hình bình hành nằm trên MN hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc MN.
- Các hình bình hành có cạnh nằm trên MN và
+ Tạo bởi hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm 2 đường thẳng song song hoặc trùng với DM
(hoặc song song trùng EN) thì tạo ra hình bình hành và mỗi trường hợp này có C 52 cách. Như vậy
có: C 52  C 52  20 hình bình hành.
+ Tạo bởi hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận trên ta có có: C 42  C 42  12 hình.
+ Tạo bởi hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận trên ta có có: C 32  C 32  6 hình.


+ Tạo bởi hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận trên ta có có: C 22  C 22  2 hình.

Vậy các hình bình hành có cạnh nằm trên MN có 20 + 12 + 6 + 2 = 40 hình.
- Các hình bình hành có đúng 1 đỉnh thuộc MN
+ Đỉnh số 1 và số 4: đều có 4 hình bình hành
+ Đỉnh số 2 và số 3: đều có 3 hình bình hành.
Vậy các hình bình hành có đúng 1 đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình.
Do đó trường hợp 1 ta có: 40 + 14 = 54 hình.
• Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm trên DE nhưng khơng thuộc MN hoặc có đúng 1 đỉnh
thuộc DE.
So với trường hợp 1 thì chỉ số tổ hợp giảm đi 1, ta làm tương tự và có:

C

2
4

 

 



 C 42  C 32  C 32  C 22  C 22  3  3  2  28 hình.

• Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm trên GF nhưng khơng thuộc MN và DE hoặc có đúng 1
đỉnh thuộc GF.

 





Tương tự ta có C 32  C 32  C 22  C 22  2  2  12 hình.
• Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm trên HI nhưng không thuộc MN, DE và GF hoặc có đúng
1 đỉnh thuộc HI.





Ta có C 22  C 22  1  3 hình.
Số các hình bình hành trong bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + 3 = 97 hình.
Vậy xác suất cần tìm là: p 

97
97
.

4
148995
C 45

Lưu ý:
Đề bài yêu cầu các đỉnh hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC nên số hình bình
hành là tương đối nhỏ. Nếu các đỉnh hình hành khơng ngồi tam giác ABC thì sẽ nhiều hình hơn.
Câu 3b (1,0 điểm). Tìm cơng sai d của cấp số cộng un  có tất cả các số hạng đều dương và thỏa


u  u  ...  u2020  4 u1  u2  ...  u1010 
mãn:  1 2 2

.

log 3 u 3  log23 u5  log23 u14  2




Hướng dẫn
Từ phương trình đầu của hệ ta có:

2020 2u1  2019d 
2

 4.

1010 2u1  1009d 
2

 2u1  2019d  4u1  2018d  d  2u1  u 3  5u1, u5  9u1, u14  27u1 thế vào phương trình thứ hai

của hệ, ta có:

log

5  log 3 u1   log 3 9  log 3 u1   log 3 27  log 3 u1   2 . Đặt
3
2

2

2

log 3 u1  t, log 3 5  a , ta có

phương trình: a  t   2  t   3  t   2  3t 2  2 a  5t  11  a 2  0
2

2

2


t 

 a  5  2a 2  10a  8
3

a 5 2a 2 10a 8

. Suy ra u1  3

3

.

a 5 2a 2 10a 8

Vậy d  2.3

, với a  log 3 5 .

3

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a.
Một mặt phẳng   qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, với 0  x  a .
a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x.
b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng

2
lần thể tích khối chóp S.ABCD.
9

Hướng dẫn
a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x.
Vì ABCD là hình vng nên AB // CD, suy ra AB //   do đó AB // MN hay ta có MNCD là hình
thang. Mặt khác: CD  AD, CD  SA nên CD  mp(SAD) suy ra MN  (SAD) suy ra MN  MD.
Vậy tứ giác MNCD là hình thang vng tại D và M.
Từ đó ta có DM là đường cao của hình thang MNCD.
Ta có

MN
SM
a x


 MN  a  x và MA = x nên DM  x 2  a 2 . Do đó ta tính diện tích
AB
SA
a

MNCD là: S 

CD  MN .DM
2



2a  x 

x 2  a2

2

.

S

H

M

N
D

A
B

C

b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng
Ta có VS .ABCD

2
lần thể tích khối chóp S.ABCD.
9

1
a3
(1). Kẻ SH vng góc với DM, (H thuộc DM), ta có:
 SA.S ABCD 
3
3

MN  (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN  SH, suy ra SH  (MNCD), từ đó SH là đường cao
của khối chóp S.MNCD.
Trong hai tam giác vng đồng dạng SHM và DAM ta có:
SH
SM


DA DM

a x
x 2  a2

 SH 

a a  x 
x x 2  a2

do đó thể tích của khối chóp S.MNCD là:


2
2
a a  x 2a  x 
1 a a  x  2a  x  x  a
(2).

V' .
.
3 x 2  a2
2
6

a a  x 2a  x 

Từ (1), (2) và yêu cầu bài toán ta có phương trình:

6



2 a3
.
9 3


x 

x
x
2
2a
.
9 1   2    4  9 1  t 2  t   4, t   0;1  t   0;1  x 


a 
a 
a
3
3

2a
2
thì thể tích khối chóp S.MNCD bằng
lần thể tích khối chóp S.ABCD.
9
3

Vậy với x 

Câu 5a (0,5 điểm). Cho các số thực phân biệt a, b  1 . Chứng minh rằng:

loga loga b   logb loga b  .

Hướng dẫn
Đặt loga b  t  0, t  1  b  a t . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

loga t  logat t   t  1 loga t  0 (*).
Nếu t  1 thì t  1  0 & loga t  0  * đúng.
Nếu 0  t  1 thì t  1  0 & loga t  0  * đúng. Vậy ta có điều cần chứng minh.
Câu 5b (0,5 điểm). Cho các số thực a1  a2  ...  an  1, n  2 . Chứng minh rằng:









loga loga a2  loga loga a 3  ...  loga
1

1

2

2

n 1

log

an 1







an  loga loga a1  0 .
n

n

Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức trong câu 5a, ta có:















loga loga a2  loga loga a 3  loga loga a2  loga loga a 3
1

1



2



2



2



1



2

2









 loga loga a2  loga loga a 3  loga loga a2 .loga a 3  loga loga a 3 .
1

1

2

2

2

1

2

2

1

Lặp lại lần nữa:















loga loga a 3  loga loga a 4  loga loga a 3  loga loga a 4
2

1



3



3



3



1



3

3









 loga loga a 3  loga loga a 4  loga loga a 3 .loga a 4  loga loga a 4 .
2

1

3

3

3

1

3

3

1

Cứ tiếp tục lặp lại như thế ta lần lượt thay được cơ số ngoài cùng của logarit và số lấy logarit trong
cùng (chú ý mỗi lần thay thì cơ số a1 khơng đổi), ký hiệu vế trái là P, cuối cùng ta có:

















P  loga loga an  loga loga a1  loga loga an .loga a1  loga loga a1  0 (đpcm).
n

1

n

n

n

1

n

---------- HẾT ----------

n

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu
Câu I.1
1,0 đ

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
Năm học 2018-2019
Mơn thi: TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)
Nội dung

Điểm

2x 1
có đồ thị  C  . Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt  C 
x 1

tại hai điểm phân biệt A và B sao cho PAB đều, biết P  2;5  .

Cho hàm số y 

hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là nghiệm phương trình
2x 1
  x  m  x 2  (m  3) x  m  1  0 1 ( x  1 không là nghiệm của (1))
x 1
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai
nghiệm phân biệt    0  m 2  2m  13  0  m 
 x1  x2  m  3
Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 
 x1 x2  m  1

0,25
0,25

Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x2 ;  x2  m 
Khi đó ta có: AB  2  x1  x2 

2

PA 

 x1  2     x1  m  5 

PB 

 x2  2     x2  m  5 

2

2

2

2

0,25



 x1  2    x2  2 



 x2  2    x1  2 

2

2

2

,

2

Suy ra PAB cân tại P
Do đó PAB đều  PA2  AB 2

  x1  2    x2  2   2  x1  x2    x1  x2   4  x1  x2   6 x1 x2  8  0
2

2

2

2

 m 1
 m 2  4m  5  0  
. Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 .
 m  5
Câu I.2
Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB  25m , chiều rộng
1,0 đ
AD  20m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là
trung điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch
chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm
trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng
làm được con đường đi từ A đến C .
Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN tại E
M
B
C

0,25

đặt NE  x(m)( x  [0; 25])  AE  x 2  102 ;

CE  (25  x)2  102
25m

0,25
E
x

A

20m

N

D

AE CE
Thời gian làm đường đi từ A đến C là t ( x) 


15 30

1

(25  x)2  100
x 2  100
( h)

15
30

0,25


t '( x) 

x



15 x 2  100

(25  x)
30 (25  x) 2  100

;

t '( x)  0  2 x (25  x)2  100  (25  x) x 2  100

 x(25  x)  0
 2
2
2
2
4 x [(25  x)  100]  (25  x) ( x  100)
0  x  25
0  x  25



2

2
2
2
2
2
4(25  x) ( x  25)  x [400  (25  x) ]=0
( x  5)[4(25  x) ( x  5)  x (45  x)]=0
 x  5;
20  725
10  2 725
2 5
, t (25) 
, t (5) 
 Thời gian ngắn nhất làm con đường từ
30
30
3
2 5
A đến C là
(giờ).
3
CâuII.1
(3 x  1) 2  4 y  y 2  4 3 x  1 (1)
1,0 đ Giải hệ phương trình 
(2)
3 xy  4 x  4  2 x  3

0,25

t (0) 

0,25

y  0

Điều kiện 
1.
x



3

(1)  (3x  1) 2  4 3x  1  y 2  4 y (*)
xét hàm số f (t )  t 4  4t (t  [0; )); từ (*) ta có f ( 3x  1)  f ( y )
f '(t )  4t 3  4; f '(t )  0  t  1
bảng biến thiên
t

0

0,25

1
-

f'(t)

-

0

+∞
+

f(t)

Từ bảng biến thiên ta thấy : hàm số nghịch biến trên [0;1] ; đồng biến trên [1; )
+ Nếu 3 x  1 và
thay vào (2) ta có

y cùng thuộc [0;1] hoặc [1; ) thì ta có

3x  1  y  y  3x  1

3 x  x  3  1
x  1

3 x(3 x  1)  4 x  4  2 x  3  9 x 2  x  4  2 x  3  
(thỏa
3 x   x  3  1  y  4
mãn)
+Nếu 3 x  1 và y không cùng thuộc [0;1] hoặc [1; ) thì
3x
y 1
3x  1  1
y 1  0 
.
 0  x( y  1)  0
3x  1  1 y  1







từ (2)  3 x( y  1)  ( x  3  1) 2  0 vơ lý. Vậy hệ có 2 nghiệm ( x; y ) là (1; 4)
Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ
CâuII.2
1,0 đ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục
đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ
chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối
nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12.

2

0,25

0,25

0,25


Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: n(  )= C125  792
Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và
trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11

+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C42 .C32 .C51  C42 .C31.C52  C43 .C31.C51  330 .
Xác suất cần tìm là P 

Câu III.1
1,0 đ

330 5
 .
792 12

0,25

0,25
0,25
0,25

1  un2  1

Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1, un 1 

un

, n  1 . Xét tính đơn điệu và bị

chặn của  un  .
Chứng minh un  0, n 

*

(1) .

(1)

0,25

u1  1  0 (1) đúng khi n = 1.
Giả sử uk  0, k  1  uk 1 

1  uk2  1
uk

uk



1  uk2  1

Vậy (1) đúng khi n = k + 1  un  0, n 
un 1  un 

1  un2  1
un

 un 

1  un2  1  un2
un

*

0
0,25

.

 0, n  1  un 1  un , n 

*

0,25

 dãy số  un  giảm
Do dãy số  un  giảm nên un  u1 , n 

 un 
Câu
III.2
1,0 đ

*

 un  1, n 

*

 0  un  1, n 

*

 dãy số
0,25

bị chặn

Trong

mặt

phẳng

với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân
ABCD ( AB / / CD, AB  CD ) có AD  DC , D (3;3) . Đường thẳng AC có phương trình
x  y  2  0 , đường thẳng AB đi qua M (1; 1) . Viết phương trình đường thẳng BC .
D

Gọi H là hình chiếu của D trên AC và D ' là
giao điểm của DH với AD .
Vì DC  AD nên ADC cân tại

C

D  DAC  DCA mà CAB  DCA (so le
H
A

I
D'

M

B

trong)  DAH  D ' AH  H là trung điểm của
BB’. BB ' qua B và vng góc với AC. Ta viết
được phương trình BB’: x  y  6  0

0,25

H  BB ' AC  H  4; 2  . Có H là trung

điểm của DD ' . Do đó D '  5;1 .
uuuur
AB đi qua M và nhận MD ' làm vtcp nên phương trình
AB : x  3 y  2  0  AC  AB  A  2;0 
uuur uuuur
Ta có ADCD ' là hình bình hành nên AD  D ' C . Do đó, C  6; 4  .
Gọi d là đường trung trực của DC , suy ra d : 3 x  y  17  0 .Gọi I  d  AB , I là trung
 53 11 
 43 11 
điểm của AB . AB  d  I  ;   B  ;  .
 10 10 
 5 5
uuur
Đường thẳng BC đi qua C và nhận CB làm vectơ chỉ phương nên BC : 9 x  13 y  106  0 .

3

0,25

0,25
0,25


Câu
III.1
1,0 đ

Cho hình hộp đứng ABCD. A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vng .
1) Gọi S là tâm của hình vuông A ' B ' C ' D ' . SA , BC có trung điểm lần lượt là M và
N . Tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng
( ABCD ) một góc bằng 600 và AB  a .
S

M

I

H

C

A

600

Gọi H là trung điểm của AC => SH là trung tuyến
trong tam giác .SAC . Mặt khác SAC cân tại S
=> SH là đường cao  SH  AC

 SAC    ABC  ;  SAC    ABC   AC 

SH   SAC  ; SH  AC

 SH   ABC 

0,25

N

a
B

Câu
III.2
1,0 đ

Gọi I là trung điểm của AH , mà M là trung điểm của SA => IM là đường trung bình trong
 IM / / SH

tam giác SAH  
1
 IM  2 SH
SH   ABC  
0
  IM   ABC   MNI   MN ,  ABC    60
IM / / SH

3
3

ABC vng cân tại B , có AB = a => BC = a; AC  a 2 => CI = CI  AC  a 2 .
4
4
1
a
NC  BC  ; ABC vuông cân tại B  A  C  450 .
2
2
a 10
a 30
Xét CNI CÓ : NI  CI 2  CN 2  2CI .CN .cos ICN 
 MI  IM .tan 600 
4
4
3
a 30
1
1 1
a 30
 SH  2 MI 
 VS . ABC  .SABC .SH  . . AB.BC.SH 
2
3
3 2
12
Khi AA '  AB . Gọi R, S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng A’D, CD’ sao cho

RS vng góc với mặt phẳng (CB ' D ') và RS 

0,25

0,25

0,25

a 3
. Tính thể tích khối hộp
3

ABCD. A’B’C’D’ theo a .
uuuur ur uuuuur r uuuuur ur
ur r ur
ur r r ur ur ur
Đặt A ' A  m, A ' D '  n, A ' B '  p  m  n  p  b; m.n  n. p  p.m  0
uuuur
uuuur uuuur
uuuur
D'
C'
và A ' R  x. A ' D; D ' S  y.D ' C
n
Ta có
uuuur
ur
r uuuur
ur
ur uur uuur uuuuur uuuur
A'
B'
A ' R  x.m  x.n; D ' S  y.m  y. p  RS  RA '  A ' D '  D ' S

p

ur
r
ur
  y  x  m  1  x  n  y p

S
R

0,25

m
D

A

C

B

Do đường thẳng RS vng góc với mặt phẳng (CB’D’) nên ta có

4

0,25


ur
r

ur ur r
uuur uuuur
  y  x  m  1  x  n  y p . m  n  0
 RS .B ' C  0


ur
r
ur ur ur
 uuur uuuur
  y  x  m  1  x  n  y p . m  p  0
 RS .D ' C  0
2

x

uuuur 2 uuuur uuuur 1 uuuur
1  y  2 x  0

3


Vậy R, S là các điểm sao cho A ' R  A ' D; D ' S  D ' C
3
3
2 y  x  0
y  1

3
uuur

1 ur 1 r 1 ur
b2
b 3 a 3
 RS   m  n  p  RS 2   RS 

 b  a  VABCD. A ' B 'C ' D '  a 3
3
3
3
3
3
3
Cho AA '  AB  a . Gọi G là trung điểm BD ' , một mp  P  thay đổi luôn đi qua G cắt




Câu
III.3
1,0 đ







0,25

0,25

các đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng tại H , I , K . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
1
1
T


.
D ' H .D ' I D ' I .D ' K D ' K .D ' H
D'

D'

G

B'

A'

K
H

E

I

G

C

A

C'

F
C

D

B'

A

0,25
B

Vì AA '  AB  a nên ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình lập phương có G là trung điểm BD ' nên G
là tâm của ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi E, F lần lượt là tâm ADD'A' và BB'C'C  E, F lần lượt là
trung điểm A'D và B'C; G là trung điểm EF
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuur r
uuuur 1 uuuur uuur uuuur
 GA  GB '  GC  GD '  2GE  2GF  0  D ' G  D ' A  D'C  D'B'
4
uuuur D ' A uuuuur D ' C uuuuur D ' B ' uuuur
uuuur a 2 uuuur a 2 uuuuur a 2 uuuuur
 4D ' G 
.D ' H 
.D ' K 

.D ' I  D ' G 
.D ' I 
.D ' K 
.D ' H (1)
D'H
D'K
D'I
4D ' I
4D ' K
4D ' H



Câu V
1,0 đ



Vì 4 điểm H,I,K,G đồng phẳng nên
uuur
uur uuur
uuuuur uuuuur
uuuur uuuur
uuuuur uuuur
GH  kGI  l.GK  D ' H  D ' H  k ( D ' I  D ' G )  l ( D ' K  D ' G )
uuuur
uuuur
uuuuur
uuuuur
k

l
1
 D 'G 
.D ' I 
.D ' K 
.D ' H (2)
k  l 1
k  l 1
k  l 1
uuuur uuuuur uuuuur
a 2
a 2
a 2
do D ' I , D ' K , D ' H không đồng phẳng nên từ (1) và (2) ta được


1
4D ' I 4D ' K 4D ' H
1
ta chứng minh được (ab  bc  ca )  (a  b  c)2 nên
3
1
1
1
1 1
1
1 2
8
T



 (


)  2
D ' H .D ' I D ' I .D ' K D ' K .D ' H 3 D ' I D ' H D ' K
3a
8
3a 2
 T  2  D'H  D'I  D'K 
Nghĩa là: (P) đi qua G và song song với
3a
4
8
mp(ABC). Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 .
3a
Cho các số dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

5

0,25

0,25

0,25


P

1

6

.
a  ab  3 abc
abc

Vì a,b,c là các số dương  a  4b  2 a.4b  a  4b  4 ab  ab 

a  4b
4

1 .

Đẳng thức xảy ra  a  4b .
Vì a,b,c là các số dương

0,25

 a  4b  16c  3 3 a.4b.16c  a  4b  16c  12 3 abc  3 abc 

a  4b  16c
12

 2 .

Đẳng thức xảy ra  a  4b  16c .
a  4b a  4b  16c

4
12

a  4b a  4b  16c
4
 a  ab  3 abc  a 

 a  ab  3 abc   a  b  c  .
4
12
3
1
3
3
6


P

(3)
4 a  b  c
a  ab  3 abc 4  a  b  c 
abc

Từ (1) và (2) =>  ab  3 abc 

0,25

Đặt t  a  b  c (t  0)
3 6
3
6
1

Từ (3) xét f (t )  2  (t  0); f '(t )   3  2 ; f '(t )  0  t  .
4t
t
2t t
4
*) Bảng biến thiên :

t
0
1
4
f '(t )
0
+
f (t )

0,25



12
1
a  b  c  f ( )  12, a, b, c  0
4
1

 a  21

 a  4b  16c
1



đẳng thức xảy ra  
1 b
84
 a  b  c  4

1

c  336

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -12

Nhìn vào bảng biến thiên  P  f





Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

6

0,25