de chon hsg cap truong 3 khoi co dap an chi tiet

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

NĂM HỌC 2018 – 2019



MƠN TỐN

LỚP 10

Thời gian làm bài 180 phút


1  
1
2  x 2  2   3  x    16 0
x
x  
Câu 1: a)(3đ) Giải phương trình: 
b) (3đ) Tìm m để tổng các bình phương các nghiệm của phương trình:

x 2   2m  1 x  4m  3 0

là nhỏ nhất.
Câu 2: (3đ) Tìm tập hợp các giá trị của x để biểu thức sau có nghĩa:

y

3  2x  x 3x  11
1  x 2  3x 2  2x  5

Câu 3: (3đ) Cho bốn số nguyên dương bất kì

A

a, b, c, d . Chứng minh rằng số

a
b
c
d



a  b  c a  b  d b  c  d a  c  d không phải là một số nguyên.

Câu 4: (3đ) Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm của BC, G là trọng
 tâm
 tam
 giác ABC, lấy D
đối xứng với A qua M, I là trọng tâm của tam giác MCD.Lấy J thỏa 2CJ 2AB  JM . Chứng minh
rằng IJ song song với AB.
A  0; 2  ; B  0;  4  ; C   6;  1
Câu 5: (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm
a) Chứng minh tam giác ABC cân.
b) Tính diện tích tam giác ABC.
c) Xác định tọa độ D Sao cho tứ giác ABDG là hình bình hành. Biết G là trọng tâm của tam

giác ABC.
Câu 6: (3đ) Cho a, b, c, d> 0 và ab+bc+cd+da=1. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
d3
1
+
+
+
≥
b+c +d c +d + a d +a+ b a+b+c 3


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG MƠN TỐN – KHỐI 10 – NH 2018-2019
Câu 4:
 2 1  
1

2  x  2   3  x    16 0
x
x  
Câu 1: a) 
(1)
x

0
ĐK:
1
1

t x   x 2  2 t 2  2
x
x
Đặt
 t  4

 t 5
2

2
(1)  2t  3t  20 0

b)



t  4  x  2  3



 x 2

1
5 
x
t

2
2

G
B

C
H

M
I
R
J

x 2   2m  1 x  4m  3 0


A

(2) có nghiệm   0

(2)

D

 4m 2  12m  13 0
2

  2m  3  4 0, m




F

 x1  x2 2m  1

 x1 x2  4m  3
Theo viet: 
2

A  x12  x22 4m 2  4 m  7  2m  1  6 6

min A 6  m 


y
Câu 2:

1
2.

3  2x  x 3x  11
1  x 2  3x 2  2x  5

3  2x 0

3x  11 0
 1  x 2 0

 1  x 2  3x 2  2x  5 0

y có nghĩa


3
x 2

 x  11

3

 x 1

2
 1  x  0
  3x 2  2x  5 0
 
  1  x 1.

 


  

2CJ

JM

2AB

2AJ

2AC


AM  AJ  2AB
.


 



5
 3AJ 2AB  2AC  AM 5AM  AJ  AM
3
MJ
2
Mà M là trung điểmcủa AD nên JD
.
MI
2
Gọi K là trung điểm của CD, ta có IK
. Vậy ta
MJ MI

 IJ // CD // AB
có: JD IK
.



Câu 3: Vì a, b, c, d  Z nên

A


a
b
c
d



abc abd bc d acd

a
b
c
d



a bcd a b cd abc d ab c d

1

 x , y, z  0

x
x xz
x
 
1

 y 1
y y  z . Thật vậy, y
Mà 
 xy
 xz  yz  xy  xz  xy  yz
 x  y  z  y  x  z

x xz

y yz
a
ad

Nên a  b  c a  b  c  d
b
bc

a b d a b c d
c
ac

bcd abcd
d
d b

acd abcd
Suy ra A  2
Do đó 1  A  2  A khơng phải là một số nguyên.


Câu 5:

AB 6
AC 3 5

Ta có: BC 3 5
Vậy: Tam giác ABC cân tại C.
Gọi M là trung điểm AB nên M(0;-1). Vì tam giác ABC cân tại C nên CM là đường
cao đỉnh C của tam giác ABC
1
1
S  AB.CM  6.6 18
2
2
Diện tích tam giác ABC là:
(ĐVDT)
Ta có: G=(-2;-1)

Vì tứ giác ABDG là hình bình hành nên:
 x A  xD  xB  xG
 x  2
 D

 yD  7
 y A  y D  y B  y G
Vậy: D=(-2;-7)
Câu 6:
Cho a, b, c, d> 0 và ab+bc+cd+da=1. Chứng minh rằng:
a3
b3

c3
d3
1
+
+
+
≥
b+c +d c +d + a d +a+ b a+b+c 3


Chứng minh:
Theo AM-GM ta có:
a ( b +c +d ) 2 2
a3
+
≥ a
b+c +d
9
3
3
b ( c+ d+ a ) 2 2
b
+
≥ b
c+ d+ a
9
3
3
c ( d+ a+b ) 2 2
c

+
≥ c
d+ a+b
9
3
}}
⇒
3
2  ab  ac  ad  bc  bd  cd 
a
b3
c3
d3






b c  d c  d  a d a b a b c
9
2
 a2  b2  c2  d 2
3
(1)
Theo AM-GM ta có:
3 a 2  b2  c 2  d 2 









(a 2  b 2 )  (a 2  c 2 )  (a 2  d 2 )  (b 2  c 2 )  (b 2  d 2 )  (c 2  d 2 ) 
2  ab  ac  ad  bc  bd  cd 
1 2 2 2 2 2
⇒ ( a + b +c + d ) ≥ ( ab +ac+ ad+ bc+ bd +cd ) (2)
3
9
Từ (1) và (2) suy ra:
a3
b3
c3
d3
1
+
+
+
≥ ( a2+ b2 +c 2 +d 2 ) (3)
b+c +d c +d + a d +a+ b a+b+c 3
Mặt khác ta có:
a 2  b2 b2  c2 c 2  d 2 d 2  a 2
a 2  b2  c 2  d 2 



ab  bc  cd  da 1 (4)

2
2
2
2
Từ (3) và (4) suy ra:
a3
b3
c3
d3
1
+
+
+
≥
b+c +d c +d + a d +a+ b a+b+c 3
1
Dấu “=” xảy ra khi: a=b=c=d = .
2


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN TỐN



LỚP 11

Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1 : (6đ) Giải các phương trình sau :


tg 3  x    tgx  1
4

1)
cos3 x  sin 3 x
2)

sin x  cos x

2 cos 2x

Bài 2 : (3đ) Chứng minh rằng :

a 4  b 4  c 4 abc  a  b  c 

Bài 3 : (3đ) Trong mp Oxy , cho điểm K(3;4) và đường tròn (C) : x2 + y2 – 6x + 2y – 6 = 0
.Viết phương trình đường trịn (C’) tâm K cắt (C) tại hai điểm A , B sao cho AB là cạnh hình
vng có 4 đỉnh thuộc (C)

(1)
 xy  x  y x 2  2 y 2

 x 2 y  y x  1 2 x  2 y (2)

Bài 4 : (4đ) Giải hệ phương trình : 
Bài 5 : (4đ) Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó
có 1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 2 điểm.
Một học sinh không học bài nên đánh hú họa một câu trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận
điểm dưới 1.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG – KHỐI 11 – MÔN TOÁN – NH 2018-2019
Bài 1 :
3
  tgx  1 2

 tgx  1 
 0

1

  tgx  1   tgx  1 
3
  tgx  1

 tgx  1 
 tgx 1
 tgx 1
  3
 
2
 tgx 0
 tg x  4tg x  5tgx 0



tg  x    tgx  1 
4

3

1)

sin x 0

 k2 x   k2

2
2) ĐK: cos x 0
PT   cosx  sin x  1  sin x cos x  2  cos x  sin x 

 cos x  sin x 0
 
 1  sin x cos x 2  cos x  sin x  sinx  cos x







sinx  cos x  0




sin x  cos x 1; sin x  cos x 1  2  cos x  sin x 





sinx  cos x 2

1
3
1  sin x cos x 1  sin 2x 
2
2
Mà

x   k2
4
Vậy PT có nghiệm duy nhất
Bài 2 : Ta có :
a 4  b4 2a 2 b2
 4
4
2 2
 b  c 2b c
a 4  c4 2a 2 c2

 2 a 4  b 4  c4  a 2 b 2  b 2 c 2  a 2 b 2  a 2 c2  b 2 c2  a 2 c 2 2 ab 2 c  a 2 bc  abc 2 2abc  a  b  c 



 

 

 







Bài 4 : ĐK: x 1, y 0

 y ( x  y )  ( x  y ) x 2  y 2  ( x  y )( y  1  x  y ) 0
TH 1. x  y 0 (loại do x 1, y 0 )
TH 2. 2 y  1  x 0  x 2 y  1 thế vào pt (2) ta được
(1)

(2 y  1) 2 y  y 2 y 4 y  2  2 y  ( y  1) 2 y 2( y  1)

 y  1 0


 2 y 2
-

 y  1

 y 2

. Do y 0  y 2 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (5;2)

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể
giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).

1
3
Bài 5 : Ta có xác suất để học sinh trả lời câu đúng là 4 và xác suất trả lời câu sai là 4 .

-

Gọi

x

là số câu trả lời đúng, khi đó số câu trả lời sai là 10  x

Số điểm học sinh này đạt được là :

4 x  2(10  x) 6 x  20

6 x  20  1  x 

21
6

-

Nên học sinh này nhận điểm dưới 1 khi
Mà x nguyên nên x nhận các giá trị: 0,1, 2,3 .

-

A
Gọi i ( i 0,1, 2, 3 ) là biến cố: “Học sinh trả lời đúng i câu”
A là biến cố: “ Học sinh nhận điểm dưới 1”


-

Suy ra:

A  A0  A1  A2  A3 và P( A) P( A0 )  P( A1 )  P( A2 )  P ( A3 )
i

-

 1  3
P ( Ai ) C .    
 4  4
Mà:
i
10

10  i

3

i

 1  3
P ( A)  C .    
 4  4
i 0
nên
i
10

10  i

0, 7759

.


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN TỐN



LỚP 12

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 ( 4,5 điểm)
1) Tìm m để hàm số y cos 3x  6m cos 2 x  21cos x  2m  8 đồng biến trên khoảng

 0;   .

f (x) = x3 + ( m2 - 3) x + m2 + m - 2
m
2) Tìm các giá trị của tham số
để đồ thị hàm số
1
y = x - 2.
2
có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
Câu 2 ( 4,5 điểm)
3

1) Giải phương trình

2

3

2

tan x  tan x  4 tan x  cot x  cot x  4 cot x 8.

x 2  7 x  3 log

x2  7 x  4 ,




.
5 
2 
2) Giải phương trình
3) Một nhóm học sinh gồm có 9 bạn nam, trong đó có bạn Hải và 4 bạn nữ trong đó có
bạn Minh xếp vào 13 cái ghế trên một hàng ngang. Tính xác suất để giữa hai bạn nữ ngồi gần
nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn Hải và bạn Minh nêu ở trên không ngồi cạnh nhau.
Câu 3 ( 4,0 điểm)
log 4

3

1) Giải phương trình


4

I

2) Tính tích phân
Câu 4 ( 6,0 điểm)

3

2

3

x

2

x  3  3 x  2  2 x  4 x  3  2 x  4 x  2,

log 2  2sin x  cos x 



1  cos 2 x

0

 x   .

dx

.

1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x  y  3 2  3 0
2

C : x 2  y 2  2 x  6 y  6 0  C2  : x 2   y  3 1.
và hai đường tròn  1 
;
Viết phương trình

C
C
đường trịn   tiếp xúc với đường thẳng d , tiếp xúc ngồi với đường trịn  1  , đồng thời

 C  cắt  C2  tại hai điểm

A, B phân biệt mà AB  d .

o
·
2) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi, ABC  90 . Góc giữa A ' C

và mặt đáy

 ABCD  bằng

30o ; góc giữa hai mặt phẳng

 A ' BC  và  ABCD  bằng

45o ;

A ' CD 
khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng 
bằng a. Gọi E là trung điểm cạnh CD .
Tính thể tích khối hộp đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE .

3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm

A(0;9;0) , M (4;3;25) và cắt hai tia Ox,Oz lần lượt tại hai điểm B,C khác O sao cho

OB + OC nhỏ nhất.
 a c 


Câu 5 ( 1,0 điểm) CMR  b  c 

b c

b

a
   , a, b, c  0, a b
b


------ HẾT -----Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: .............................................................Số báo
danh:..................................
Giám thị 1 (Họ tên và
ký)..........................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và
ký)................................................................................. .........................

Câu
Câu 1

Hướng dẫn giải

Điểm
4.5đ

y cos 3x  6m cos 2 x  21cos x  2m  8
= 4cos3 x - 3cosx + 6m( 2cos2 x - 1) - 21cosx + 2m - 8

0. 5

= 4( cos x + 3m cos x - 6cosx - m - 2)
3

2

Đặt t = cosx , hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
f ( t ) = t 3 + 3mt 2 - 6t - m - 2
( - 1;1)
nghịch biến trên
1.1.
(2.5
điểm)

(

 0;  

khi và chỉ khi hàm số

)

f '( t ) = 3t2 + 6mt - 6 = 3 t2 + 2mt - 2

f ( t) = t 3 + 3mt2 - 6t - m - 2

( - 1;1)
Hàm số
nghịch biến trên
Û t2 + 2mt - 2 £ 0, " t Ỵ ( - 1;1)

0.5

ìï V' = m2 + 2 > 0
ïï
Û ïí f '( - 1) £ 0
ïï
ïï f '( 1) £ 0
ỵ
ìï - 1- 2m £ 0
1
1
Û ïí
Û - £ m£ .
ïï - 1 + 2m £ 0
2
2
ỵ
Kết luận.

0.5

0.5

2

1.2
(2.0
điểm)

2
2
m  3  0  m  3.
Ta có y ' 3 x  m  3. Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì
A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 )
Giả sử
là hai điểm cực trị.
f ( x1 )  f ( x2 ) 2 2
k
 m  3 .
x1  x2
3
AB
Tính được hệ số góc của đường thẳng
là
1
y = x- 2
2
Hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
suy ra



k.

1

1



2



0.5

0.5

0.5



 1 
m  3  1  m 0.
2
3
Thử lại m 0 thỏa mãn.
Câu 2

0.5
4.5đ

3

2.1

(1.5
điểm)

0.5

2

3

2

tan x  tan x  4 tan x  cot x  cot x  4cot x 8

sin x.cos x 0  x k , k  
2
Điều kiện:
Phương trình tương đương

0.5


3

2

(tan x  cot x)  (tan x  cot x)  (tan x  cot x )  6 0

(1)

Đặt t  tan x  cot x, | t |2 , phương tình (1) trở thành

3
2
t  t  t  6 0
t 2
Giải được
Suy ra
Vậy


4

tan x  cot x 2  sin 2 x 1  x   k

x


4

 k , k  



2

x

2

 7x  4

.

 x 2  7 x  3  0
 2
x  7x  4  0
Điều kiện: 
.
Viết lại phương trình dưới dạng
 log5 x 2  7 x  3 log 4 x 2  7 x  4



2.2
(1.5
điểm





0. 5



(1)

2
Đặt y log 4 ( x  7 x  4) . Từ phương trình (1) ta có hệ:
y
y

 x 2  7 x  4 4 y
 4 1
y
y
 4 1 5       1
 2
y
 5  5
 x  7 x  3 5
(2)
y

0.5

là nghiệm của phương trình đã cho.

log 4 5 x 2  7 x  3 log



(thỏa mãn).

0.5

0.5

y

 4 1
f  y      

 5   5  là hàm nghịch biến
Hàm số
Do đó phương trình (2) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận thấy y=1 là một nghiệm.
 x 1
y 1  x 2  7 x  4 4  x 2  7 x  8 0  
 x  8
Với

0.5

Vậy phương trình có nghiệm x  8 và x 1.
W = 13!

2.3
(1.5
điểm)

Đánh số ghế trên hàng ngang theo thứ tự từ 1 đến 13. Các bạn nữ phải ngồi vào các ghế
số 1,5,9,13.
Gọi A là biến cố: “Giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn
Hải và bạn Minh không ngồi cạnh nhau”.
Xét các trường hợp
- Bạn Minh ngồi ở ghế 1
+ Số cách xếp 3 bạn nữ còn lại là 3!.
+ Có 8 cách xếp vị trí của Hải .
+ Có 8! cách xếp tám bạn nam vào các vị trí còn lại.
Suy ra số cách xếp là 3!.8.8!
- Bạn Minh ngồi ghế 13 cũng có số cách xếp là 3!.8.8!
- Bạn Minh ngồi ghế 5 (ghế 9 làm tương tự)
Có 3! cách xếp 3 bạn nữ, có 7 cách xếp vị trí của Hải, có 8! cách xếp 8 bạn nam còn lại

Suy ra số cách xếp là 3!.7.8!
WA = 2.3!.7.8!+ 2.3!.8.8! = 2.15.3!8!
P ( A) =

Câu 3

2.15.3!8!
1
=
×
13!
858

0.25

0.5

0.5

0.25

4đ


3

x  3  3 x  2 3 2 x2  4x  3  3 2x2  4x  2

3
2

3
Đặt u  x  2; v  2 x  4 x  2

Phương trình đã cho trở thành
3.1
(2.0
điểm)

3

0. 5

u 3  1  u  3 v 3  1  v.

t2

f '(t ) 



3



2

 1  0, t  1.

3 3
t 1

Xát hàm số f (t )  t  1  t. Có
Suy ra hàm số f (t ) luôn đồng biến. Nên f (u )  f (v)  u v.
3

3

Ta có

x  2  3 2 x 2  4 x  2  2 x 2  3 x 0  x 0; x 

3
.
2

3
x 0; x  .
2
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm

4

I

log 2  2sin x  cos x 


0

3.2
(2.0

điểm)

1  cos 2 x

0. 5
0.5

0.5


4

dx 

ln  2sin x  cos x 
1
dx
2ln 2
cos 2 x



0.5

0

ïìï u = ln( 2sin x + cosx)
ï
í
ïï dv = 1 dx

cos2 x
Đặt ïïỵ
ïìï du = 2cosx - sin x dx
ïìï du = 2cosx - sin x dx
ïï
ï
2sin x + cosx
2sin x + cosx
Þ í
Þ ïí
ïï
ïï
1
2sin x + cosx
ïï v = tan x +
ïï v =
2
2cosx
ïỵ
ïỵ




4
4

1 
1
2 cos x  sin x 2sin x  cosx 

I

dx 
  tan x   ln  2sin x  cos x  
2 ln 2  
2
2sin x  cos x
2cos x
0

0





4

1
3 3 2
sin x  


 1
 ln
dx 
2 ln 2  2
2
2 cos x  


0





1 3 3 2 
1
 4

ln
  x  ln  cos x  
2 ln 2  2
2
2

0



0.5



0.5





1  27  
 
 ln
4 ln 2  2 2 

Câu 4
4.1
(2.0
điểm)

0.5

I 1 ( - 1;3)

6đ

R =1
có tâm I 2 ( 0;- 3) , bán kính 2
 C  nằm trên đường thẳng l qua I 2 và song song
Khẳng định tâm I của đường tròn
với d , l có phương trình x - y - 3 = 0.

 C1 

có tâm

, bán kính

R1 = 2

;

 C2 

 C  có bán kính R = 3.
Tính được đường tròn
II = R + R1 = 5
Gọi I ( t + 3;t) Ỵ l . Sử dụng 1
được t = 0 hoặc t = - 1.
I ( 3;0)

hoặc I ( 2;- 1) .

0.5

0.5
0.5


Kiểm tra

C

KL: Đường tròn

 C2 

tại hai điểm phân biệt, ta có I ( 2;- 1) .
2
2

 C  : x  2    y 1 9.

cắt

(

4.2
(2.0
điểm)

)

( A 'BC ) ;( ABCD ) = góc ( A 'I , AI ) = A· 'IA = 45o (1) .
Hạ AI ^ BC suy ra góc
A 'C ;( ABCD ) ·
o
Góc
= A 'CA = 30 (2).
Hạ AJ ^ CD , AH ^ A 'J .
 A ' CD  bằng AH = a.
Khẳng định khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng
Từ (1) suy ra AI = AA '. Đáy ABCD là hình thoi nên AJ = AI .
Xét tam giác vuông A 'AJ , từ AH = a được AJ = a 2.
AB = x, ( x > 0) Þ BC = x.
Đặt
Từ (2) suy ra AC = a 6.

(

)

a 3
3a2 2
SABCD =
Þ VABCD .A 'B 'C 'D ' = 3a3.
2 ;
2
Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE và đường thẳng d qua F vng
( ABCD ) .
góc với
Mặt phẳng trung trực của AA ' cắt d tại G thì G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE .
a
GF =
×
2
2
GA
=
GF
+
FA
2
Bán kính cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE là
với
AC Ç BD = {O } Þ BO =

3a 3a a 57
× ×
AD.DE .AE
4 = 3a 114 ×

FA =
= 2 4
4SADE
32
a 57
3a2 2
AE =
4 ;
2
Tính được
2

Vậy

0.5

0.25

AIC : IC = AC 2 - AI 2 = 2a.

IB = IC - BC = 2a - x.
2
3a
2
2
AIB : AB 2 = AI 2 + I B 2 Û x = ( a 2) + ( 2a - x) Û x = ×
2
Xét tam giác vuụng
Xột tam giỏc vuụng

0.5

2
2
ổ
ử
a
a
a 1538
ỗ3a 114ữ
2
ữ
GA =
+ FA =
+ỗ
=
ữ
ỗ
ữ
ỗ
2
2
32
ữ
ỗ
ố 32 ø

0.5

0.25

0.25

0.25


4.3
(2.0
điểm)

Giả sử B(a;0;0), C (0;0; b) ( a, b  0 ).
Phương trình mặt phằng (P) qua các điểm A(0;9;0), B( a;0;0), C (0;0; b) có dạng
x y z
  1.
a 9 b
4 25 2

 .
Điểm M(4;3;25) Ỵ (P) nên a b 3
Ta có OB  OC a  b.
a b 
Mà

0.5

0.5

3
4 25
87 3 4b 25a

87
147
 a  b            30  .
2
b  2
2
 a b  2 2 a

0.5

105
a 21; b 
.
2
Dấu ‘=’ đạt được khi
x y 2z
 
1.
Vậy phương trình mặt phẳng cần lập là 21 9 105

0.5

Câu 5

1đ
 ax
f ( x) 

 bx 
Xét hàm số

 ax
f '( x) 

 bx 

bx

, a, b, a b, x 0

bx

/

bx

a
 
, f(0)=  b 

b

ax  ax  b a
ax

 ln
 (b  x) ln
 
 

b  x  = b  x   a  x

bx 

ax
 b a
g ( x ) 
 ln

bx ,
 ax
Đặt
ax
( a  b) 2
 b a
g '( x) 
 ln
'

 0, x  0

bx 
(a  x) 2 (b  x)
 ax
lim g ( x) 0

=> g(x) nghịch biến (0,+oo) ,
=> g(x)>0 , x>0
=> f’(x)>0, x>0
=> f(c)>f(0) , c>0
=> đpcm

0.25
0.25
0.25

x  

0.25

20 điểm
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic.
Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương
ứng.
- Với bài tốn hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng cho điểm phần
tương ứng.