1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Đề thi hsg toán 12 hà nam năm học 2019 2020

19 16 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 19
Dung lượng 1,19 MB

Nội dung

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn: Tốn – Lớp 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Họ và tên: ………………… ………………………SBD:…………………… ĐỀ Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y mx  3mx   2m  1 x   m  1 , với m tham số thực Tìm tất  1 có điểm cực trị A B cho khoảng cách từ giá trị tham số m để đồ thị hàm số  15  I ;  điểm   đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn x2 x  có đồ thị  C  Có bao Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ số nguyên nhỏ 2019 thỏa mãn từ điểm C M kẻ tiếp tuyến tới đồ thị   cho tiếp điểm tương ứng nằm phía trục Ox ? y Câu (4,0 điểm) Cho phương trình sau với m tham số thực x  x2  2x 1  x  log 2019 x  x  2011  m  log 2019 ( x  x  2011)     Tìm tất giá trị m cho phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn  x  3    2019 x  y  x   x y 1  y   18 y  25 x  x x  2  y 1 Giải hệ phương trình sau tập số thực:    1  2   cos x  sin x sin x  x cos x  I   x  dx e  sin x  sin x   0  Câu (2,0 điểm) Tính tích phân Câu (5,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB , AC cho mặt phẳng ( DMN ) vng góc với mặt phẳng  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 ( ABC ) Đặt AM x, AN  y Tìm x, y để tam giác DMN có diện tích nhỏ nhất, lớn Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có tất mặt hình thoi cạnh a ,     AAD 60 BAD BAA a) Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' P b) Gọi I , J , G trung điểm AD, AB, IJ Mặt phẳng   qua G cắt cạnh A1 , B1 , D1  A   P  , B   P  , D   P   Gọi AA, AB, AD VA A1B1D1 , VB A1B1D1 , VD A1B1D1 A A1 B1 D1 , B A1 B1D1 , D.A1 B1 D1 thể tích khối chóp T VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức theo a A   1;  1;0  , M  0;1;0  Câu (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm Tìm tọa  P  : x  y  z  0 biết AH  mặt phẳng  AMH  độ điểm H thuộc mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng  a  c   b  c  4c Tìm giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn P biểu thức 32a  b  3c   32b3  a  3c    a  b  3c  1  a2 b2  HẾT   Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn: Tốn – Lớp 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Họ và tên: ………………… ………………………SBD:…………………… LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Cho hàm số y mx  3mx   2m  1 x   m  1 , với m tham số thực Tìm tất  1 có điểm cực trị A B cho khoảng cách từ giá trị tham số m để đồ thị hàm số  15  I ;  điểm   đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn Lời giải Nhóm Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như; Fb: Nhu Nguyen; Vũ Kiều Oanh; Fb: Rio Vũ Vũ Trần Ngọc Hiếu; FB: Trần Ngọc Hiếu TX Đ : D  Ta có: y  3mx  6mx  2m  Để hàm số  1 có điểm cực trị  m 0       PT: y 0 có nghiệm phân biệt m 0 m 0  (*)  m  m  m    1 2 10 1 y  y  x    mx  x  m  3 3 3 3 Ta có: Khi đường thẳng qua điểm cực trị A B đồ thị hàm số (1) m  10 () : y   m  1 x  3   m  1 x  y  m  10 0 Giả sử đường thẳng    qua điểm M  x0 ; y0  cố định với giá trị m  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC Suy ra: TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  m  1 x0  y0  m  10 0, m  m  x0  1  x0  y0  10 0, m 2 x0  0    x0  y0  10 0   x0      y0 3  M   ;3  Gọi H hình chiếu vng góc I lên  hình vẽ I M H Khi : Do d  I ,    IH  IM d  I ,   lớn H  M    IM    IM u 0    (1  m) 0  m 3 (thỏa mãn (*))    IM   1;   ; u  3; 2(1  m)  4  (vì ) Vậy m 3 Nhận xét: (Lê Thanh Bình)  15  I ;  AB :2  m  1 x  y  m  10 0 Xử lý toán khoảng cách từ   đến đường thẳng m  1 d  I ; AB   đại số sau: Ta có Đặt t 2  m  1 d  I ; AB   ta  Đẳng thức xảy 45  m  10 4  m  1  9 t t2  Bunhiacopxky   m  1   4  m  1    2  2 1     t        t2   t   t 4   m  1 4  m 3 (thỏa mãn (*)) x2 x  có đồ thị  C  Có bao Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ số nguyên nhỏ 2019 thỏa mãn từ điểm y  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 M kẻ tiếp tuyến tới đồ thị trục Ox ?  C  cho tiếp điểm tương ứng nằm phía Lời giải Tác giả: Lê Hoàn ; Fb: Lê Hoàn y Gọi x2  y 1  x x M  0; m   Oy Gọi tiếp tuyến  C  qua M đường thẳng d : y kx  m   kx  m 1  x  (1)   3 k  (2) x  1  x , x 1  Yêu cầu đề bài, điều kiện hệ phương trình có nghiệm  y  x1    y  x2   thỏa mãn   1  x      y  x1      1 0  y  x2    x2    Xét điều kiện  3x Từ (1) (2) suy  x  1  m 1   x         x2  3     m 0 x  x  1 x  1 t  t 0  Đặt x  , phương trình (3) trở thành 3t  6t   m 0 (3) (4) t,t Bài toán trở thành tìm m để phương trình (4) có nghiệm thỏa mãn Đặt f  t  3t  6t   m t1    t2 0 , với điều kiện ta có bảng biến thiên sau Từ bảng biến thiên suy điều kiện  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC  f  f  TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019   2  1  1    0 3          m  m      3  3   3     0 m 1 1  m 0 m   0; 2;3; ; 2018 Do m số nguyên nhỏ 2019 nên  có 2018 điểm M Cách y Tác giả:Nguyễn Ngọc Như Trang ; Fb:nhutrangnguyenngoc x 2 3  y'  x ( x  1)2 Gọi  phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số cho K ( x0 ; y0 ) () : y  Ta có: x 2 3 ( x  x0 )  x0  ( x0  1) M  Oy  M (0; m) M    m  x 2 3 ( x )  x0  ( x0  1)  x 1  m( x0  1) 3x0  ( x0  2)( x0  1)  x 1  f(x0 ) (m  1) x0  2(m  2) x0  m  0 (1) u cầu tốn  phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác cho y( x1 ).y( x )  phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác  m 1 m 1 m 1    '    (2) 3(m  2)  m    f (1) 0 (luon dung)   y( x1 ).y( x2 )     x1  x2  0 x1  x2  x1 x2  2( x1  x2 )  0 x1 x2  ( x1  x2 )  m  4(m  2)  4 9m  2 m  m   0 0 m (3) m  2(m  2) 3  1 m m  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  m 1   2 m  Từ (2),(3) suy :  Do m  , m  2019 nên m  {0; 2; 3; ; 2018} Vậy có 2018 giá trị m thỏa đề Câu Cho phương trình sau với m tham số thực  x2  2x 1 2 x  x log x  x  2011   m log 2019 ( x  x  2011)      2019   Tìm tất giá trị m cho phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thỏa  x  3 mãn GIẢI  x  x 0  x    ;0   2;    x  x  2011   ĐK  Ta có  PT  x  3  x    2;0   2;4  (*) 1  x  x  log 2019 ( x  x  2011)  m  x  x log 2019 ( x  x  2011)    4 2   x  x  log 2019 ( x  x  2011)  m  x  x log 2019 ( x  x  2011)  1   2 Đặt t  x  x log 2019 ( x  x  2011) t' x x2  2x log 2019 ( x  x  2011)  (2 x  2) x  x ( x  x  2011).ln 2019  log ( x  x  2011)  x2  x 2019 ( x  1)    ( x  x  2011) ln 2019  x2  2x  Do với x    2;0 x   2; 4 t '  , với t '  Bảng biến thiên  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Từ bảng biến thiên ta thấy, với x    2;0   2; 4 t   0;  cho ta hai giá trị Như tốn trở thành tìm m để phương trình sau có nghiệm t  m t  m Ta có m'    2.t   m   t   0;   2.t  t2  t 2.t  (do không nghiệm pt) 2t  2t  ( 2.t  1)2 , m ' 0  t 2 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy m  ( ;  4]  [4; ) u cầu tốn thỏa mãn    2019 x  y  x   x y 1  y   18 y  25 x  x x  2  y 1 Câu 2.2 Giải hệ phương trình sau tập số thực:    1  2 Lời giải Tác giả:Trần Ngọc Quang ; Fb:Quang Tran Điều kiện x   Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC  2019 x (1)   x   x 2019  y    x ln 2019  ln Xét hàm số TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019      y     x   x  y ln 2019  ln   f  t  t ln 2019  ln f '(t ) ln 2019    y t 1    y     y   (*)   t 1  t , t    0, t   Suy hàm số đồng biến  Do phương trình (*)  x  y 18 x 25 x  x x  2  x  (3) Thay x  y vào (2) ta có 2 18 x 2 x 18 x  , x2  x 1 Nếu , suy pt (3) vô nghiệm Nếu 18 2  25  9    (**) x x x 1 (3) x Đặt u ,0  u  x , Pt (**) trở thành  18u   u   12   2u   9  4u  0    u  2 36  u      u  2  0 u 1  4u   u 2  36  2 0(4)  4u   u  25  9  4u 2u  18u  u 1   4u    Vì 36 36 2 8 9u   , u 1 , suy phương trình (4) vơ nghiệm  x  u 2  2   1 x  x    Với x Vì 2 1  x  y 2  1  ;   2   Vậy hệ phương trình có nghiệm  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  Câu  cos x  sin x sin x  x cos x  I   x  dx e   sin x    sin x 0 (2,0 điểm) Tính tích phân Lời giải Tác giả: Nguyễn Thanh Việt ; Fb: Nguyễn Thanh Việt    4  cos x  sin x sin x  x cos x  cos x  sin x sin x  x cos x I   x d x  d x  dx I1  I    e   sin x   e x   sin x   sin x  sin x 0 0 Ta có:  cos x  sin x I1  dx  sin x +) Tính Ta có:  sin x    cos x  sin x   cos x  sin x cos x  sin x     x   0;   4 ) ( d  cos x  sin x  cos x  sin x cos x  sin x I1  dx  dx  ln cos x  sin x cos x  sin x cos x  sin x  sin x 0  ln  +) Tính sin x  x cos x I  x dx e  sin x   sin x  x cos x  u  ex  dx dx  dv  dx     sin x  sin x  cos x    cos   x   4  Đặt    x  1  sin x  cos x  dx du   ex  v  tan    x   cos x  sin x    2 sin x  cos x 4  Suy ra:     sin x  x cos x     cos x  sin x  x  1  sin x  cos x  I  tan  x  dx    ex ex 4   sin x  cos x    x  1  cos x  sin x    dx 20 ex  x e  x cos x  x sin x  cos x  sin x    dx 20 e2 x  x x  2sin x  x cos x  sin x  e  e  x sin x  cos x    dx 20 e2 x  Trang 10  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC  TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 /  x sin x  cos x     dx 0 ex   x sin x  cos x 2  2     x e 8e I I1  I ln  8e Vậy Câu 2  2   Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB , AC cho mặt phẳng ( DMN ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Đặt AM x, AN  y Tìm x, y để tam giác DMN có diện tích nhỏ nhất, lớn Lời giải Tác giả: Trần Duy Khương ; Fb:Tran Duy Khuong Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do ABCD tứ diện nên DO   ABC  Theo đề bài, mặt phẳng  DMN    ABC  nên suy O  MN S DMN  DO.MN S Tam giác DMN có DO  MN nên Mà DO số nên DMN lớn MN lớn nhất, nhỏ MN nhỏ MN x  y  xy  x  y   3xy Áp dụng định lí cosin tam giác AMN ta có Như M , N thay đổi cho đoạn thẳng MN ln qua O Ta có  x, y 1             MO  AO  AM  AH  x AB   x  AB  AC 3 3  Ta có MN  AN  AM  y AC  x AB ,   Trang 11  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 1  x 1 3    y   x 3 Vì MN MO hướng nên y Từ  x, y 1 , ta có x  y 3xy   x   x  xy x  y  1 1 1  3  3   2  x  x y x y x 2 Ta có MN  x  y    x  y  x  3x     t ' x  x x   ;1 t x  3x  1  t  x  y   x  Đặt Ta có với , Bảng biến thiên: t  Quan sát bảng biến thiên, ta có  3  3; 2 MN  f  t  t  t f  t  ta Ta có Khảo sát biến thiên hàm đoạn  2   x t    2 t     t 1  y 2   , MN max MN   x 1, y    y 1, x   2 Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có tất mặt hình thoi cạnh a ,     AAD 60 BAD BAA a) Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' P b) Gọi I , J , G trung điểm AD, AB, IJ Mặt phẳng   qua G cắt cạnh A1 , B1 , D1  A   P  , B   P  , D   P   Gọi AA, AB, AD VA A1B1D1 , VB A1B1D1 , VD A1B1D1 A A1B1 D1 , B A1B1D1 , D.A1 B1D1 thể tích khối chóp T VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức theo a Lời Giải Tác giả: Nguyễn Tuấn Phương ; Fb:phuongnguyentuan86  Trang 12  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Các tam giác ABD, AAD, AA ' B tam giác suy AB BD  AD a Do tứ diện AABD tứ diện có cạnh a a a BH   3 Tam giác ABH vuông Gọi H trọng tâm tam giác ABD Ta có a2 a a2 AH  AB  BH  a   S A ' BD  3 ; H nên a a a3 VA A ' BD   12 Vậy 2 VABCD AB C D 6.VA A ' BD 6 a3 a3  12 Suy Cách khác: Gọi O trọng tâm ABD , tứ diện A ' ABD tứ diện nên AO vng góc với mặt  ABD  Do AO chiều cao hình hộp phẳng a2 a AO  AD  OD  a   3 Ta có a a2 a3 a2 a2 VABCD ABC D  AO S ABCD   S ABCD 2 S ABD 2  2 Vậy Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA SB SC 1 Một mặt phẳng ( P ) thay đổi qua trọng 1 CMR :   4 SM SN SP tâm G tứ diện cắt SA, SB, SC M , N , P Chứng minh:  Trang 13  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Gọi G trọng tâm ABC Theo tính chất trọng tâm tứ diện ta có S , G , G thẳng hàng SG VSABGG  VSBCG  VSGCA  VSABC  SG Thêm Ta có: VSMNG SM SN SG 3V V 3SM SN SM SN   SMNG   SMNG   1 VSABG SA SB SG VSABC VSABC (Lưu ý SA SB 1 ) VSNPG SN SP VSGPM SP.SM    2  3 V V  SABC SG CA Lập luận tương tự thu  1 ,   ,  3 ta Cộng theo vế đẳng thức VSMNP SM SN  SN SP  SP.SM SM SN SP SM SN  SN SP  SP.SM    VSABC SA SB SC 1    4  4.SM SN SP SM SN  SN SP  SP.SM SM SN SP Quay lại toán cho: G trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối tứ diện AABD nên G trọng tâm tứ diện Coi a đơn vị dài Áp dụng bổ đề cho tứ diện AABD với G  Trang 14  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 A1 , B1 , D1 giao điểm mặt phẳng  P  qua G với 1   4 A1 AB1 AD1 A    A A , A B , A D cạnh Ta có: 1   4 AA1  x; AB1  y; AD1 z   x, y , z  1 x y z Đặt ta trọng tâm tứ diện 1 1 27 27    3  64  xyz  x y z xyz xyz 64 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x  y z  (mặt phẳng (P) song song với  ABD  ) Dấu xảy Mặt khác VAA1B1D1 AA  x VBA1B1D1 BB  y VDA1B1D1 DD1  z       VAA1B1D1 AA1 x VAA1B1D1 AB1 y VAA1B1D1 AD1 z ; ; VAA1B1D1 AA1 AB1 AD1  xyz  VAA1B1D1 xyz.VAABD VAABD AA AB AD Suy 1 1 1  1  T       1 VAA1B1D1      xyz.VAABD  xyz.V   27 V  A ABD A ABD y z  x x y z  64 Mà VAABD  a3 27 a 9a T  Tmin  12 64 12 256 đạt mp ( P) song song với  ABD  mp Cách trình bày khác: (Theo thầy Kiên Nguyễn) AA AB AD AA1 BB1 DD1   4    1 A1 AB1 AD1 A1 AB1 AD1 A A Chứng minh (cách chứng minh tương tự bổ đề trên) h d  A;  A1 B1D1   ; h2 d  B;  A1B1D1   ; h3 d  C ;  A1B1D1   ; h d  A;  A1B1D1   Đặt h1 AA1 h2 BB1 h3 DD1 h h h  ;  ;     1     h1  h2  h3 h h h h Ta có h A D1 h A B1 h A D1 1 VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1  S A1B1D1  h1  h2  h3   h.S A1B1D1 VAA1B1D1 3  AA AB AD    VAA1B1D1 AA AB AD  AA1 AB1 AD1  4     VA ABD AA1 AB1 AD1  27      Lại có 27 27 a 9a3  VAA1B1D1  VA ABD   64 64 12 256 AA AB AD       A1 B1D1  A1 AB1 AD1  ABD  A Dấu xảy // 9a T  256 đạt  P  //  ABD  Vậy Nhận xét: (Lê Thanh Bình) Cách chứng minh vectơ cho bổ đề:  Trang 15  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA SB SC a Một mặt phẳng ( P ) thay đổi qua trọng tâm G 1 CMR :    SA , SB , SC M , N , P SM SN SP a tứ diện cắt Chứng minh: S M A P G C N H K B       SM  xSA , SN  ySB , SP  zSC với Ta có SM SM SN SN SP SP x  ; y  ;z  SA a SB a SC a SG   ABC  H Vì G trọng tâm tứ diện S ABC nên ta có với H trọng  3  3   1   1  SG  SH  SA  SB  SC   SM  SN  SP  4 4 x y z  tâm tam giác ABC Suy   1 1 1   1    4 x y z Vì M , N , P, G đồng phẳng nên x y z a a a    4 SM SN SP 1    Hay SM SN SP a dnk260690@gmail.com A   1;  1;0  , M  0;1;0  Câu ( điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm Tìm tọa  P  : x  y  z  0 biết AH  mặt phẳng  AMH  độ điểm H thuộc mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng    nP  1;1;1 AM  1; 2;0  u AM Ta có: ; Lời giải    nP ; AM   2;  1;  1  Ta có:   Trang 16  STRONG TEAM TỐN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  AMH  chứa AM vng góc với mặt phẳng  P  nên phương trình mặt phẳng Mặt phẳng  AMH  : x  y  z 1 0  2 H  x; y; z  AH  x  1; y  1; z  AH 2   x  1   y  1  z 2 Gọi , ta có:  x  y  z  0  x  y  z  0   2 x  1   y  1  z 2 P     H Vì thuộc mặt phẳng nên ta có hpt: giải hpt ta H1   1;0;  1 H   1;  2;1 Câu  a  c   b  c  4c Tìm giá trị nhỏ biểu Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn P thức 32a  b  3c   32b3  a  3c    a  b  3c  1  a2 b2 Lời giải Tác giả: Lê Đức Hợp ; Fb: Le Hoop Bổ đề: Cho m , n hai số thực dương ta có a) 1  2 2 m n  m  n m3  n  m  n      b) Thật a) Ta có 1 1  2 2 2  2 m n m n m.n  m  n  m  n Đẳng thức xảy  m n m3  n  m  n       4m3  4n3 m3  3m n  3m.n  n3  m3  n3  m n  m.n 0 b)   m  n  m  n  0 (luôn với m , n hai số thực dương ) m3  n  m  n      m , n  ; Đẳng thức xảy  m n Vậy Áp dụng vào tốn Ta có  a  c   b  c  4c  a  b     1   1 4  c  c  a b x  0 y  0  x 1  y 1 4 c c Đặt ; Từ giả thiết ta có  Trang 17  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 P 32a  b  3c  32b  3  a  3c  3 a b 32   32   c c         a  b  3c  1   a  b  3c    b    a       a b c  c  3  a  b a b a b 32   32   32   32   2c c c c c  P   3    2    3    2  a b a b  b b  a   a     3   3   3   3 c c c  c  c  c    x 3  y   6 32    P  2      2  3 x y x y   y    x     y    x  3 32 x 32 y 3  x y   P 8    2  x y  y 3 x 3 x y x  3x  y  y  x  y    x  y   xy    y 3 x 3 xy   x  y    x  3  y  3 Ta có Từ  x 1  y 1 4  Ta có  xy  x  y  xy  x  y 3  xy 3  x  y  x  y x y   x  y 4   x  y   0  x  y 2 (vì x  y  ) Đặt t  x  y 2 Ta có xy 3  t Khi 3   x  y    x  y   xy   t  3t    t   6 P 8   2  8  2   xy   x  y   x y t     t  3t    t  5t   6  P 8   t  1  2  2  t t  2t  12  Xét hàm f  t   t  1  2  2;  t Ta có f  t  3  t  1   t   2;   t2 Vậy hàm số Từ suy Vậy Pmin 1  f  t   t  1  2  2;  t đồng biến P  f  t   f   1  xảy x  y 1  a b c  Trang 18  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  HẾT   Trang 19 

Ngày đăng: 24/10/2023, 22:58

w