Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Hải Dương - TOANMATH.com

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Hải Dương - TOANMATH.com tài liệu, giáo án...

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1) Câu I (2,0đ) 2) 1) Nội dung A  25   18     Vậy A = Vì đồ thị hàm số y = 2x + m qua điểm K(2; 3) nên ta có: 2.2  m   m  1 Vậy m = – giá trị cần tìm 3x  y  10 9x  3y  30 11x  33    2x  3y   2x  3y  3x  y  10 Điểm x  x    3.3  y  10 y  Vậy nghiệm hệ phương trình (3; 1) Với x  0; x  1; x  , ta có: x x x x x 3 x 1 B    x  2x  x   x x 1 0.75     Câu II (3,0đ) 2)    x  3   x 1  x 1 x  x 1  x x  x 1    1.0 1.0  x  1 x  1  x  1 x  1  x x 3 x 1    x 1  x 1  x 1 1.0 x 3 x 1   x 1 x 1 x 3 x 1 x 3 B0  x   (do x   0) x 1 1  x  0x Vậy với  x  B < Phương trình x  (2m  5)x  2m   Khi m   , phương trình (1) trở thành: x  x  x  4x   x(x  4)     x   x  Vậy m   phương trình (1) có tập nghiệm S  {0;4}  3a) (1) 0.5   (2m  5)2  4(2m  1)  4m  12m  21  (2m  3)  12  m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  x1  x  2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x  2m  Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:  2m   m   2m   Ta có: 3b) P2   x1  x  0.75   x1  x   x1 x    2m   2m   2m   2m     Câu III (1,5đ)   2m      P  (do P  0) Dấu “=” xảy  2m     2m    m  (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = giá trị cần tìm Khi P  Gọi số học sinh lớp 9A, 9B x, y ( x, y  N* )  Lớp 9A ủng hộ 6x sách giáo khoa 3x sách tham khảo, lớp 9B ủng hộ 5y sách giáo khoa 4y sách tham khảo Ta có hệ phương trình: 9x  9y  738  x  y  82   (6x  5y)  (3x  4y)  166 3x  y  166  x  42 (thỏa mãn điều kiện) Giải hệ được:   y 40  Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh 1.5 A K Câu IV (3,0đ) H 0.25 O B C E D 1) 2) 3) 4) Câu V (0,5đ) Tứ giác ABEK có:   900 (AE  BC) AEB   900 (BK  AC) AKB   AKB   1800  AEB  Tứ giác ABEK nội tiếp  CEA  CKB có:  chung ; CEA   CKB   900 ACB   CEA  CKB (g.g) CE CA    CE.CB  CK.CA CK CB Vẽ đường kính AD (O)   ABC   900  ABE vuông E nên A D  (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O)) Mà ABC 1  D   900 A (1)   ACD có ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2  D   900 A 2  C  (  OAC cân O) Mặt khác, A 1  D   900 C (2)   Từ (1) (2)  A1  C1 Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD chứng minh nhanh không tiện cho phần Gọi I điểm đối xứng với O qua BC, A OI cắt BC N  N trung điểm OI, BC điểm I, N cố định Ta thấy BH // CD (cùng  AC) H Tương tự: CH // BD O  Tứ giác BHCD hình bình hành  N trung điểm BC N B C N trung điểm HD  AHD có ON đường trung bình I  AH = 2ON D  AH = OI (= 2ON) Lại có AH // OI (cùng  BC)  Tứ giác AHIO hình bình hành  IH = OA = R = (cm)  H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động có độ dài không đổi AH không đổi, H di chuyển (A; R’) cố định, với R’ lần khoảng cách từ O đến BC 2002 2017 Q   2996a  5501b a b  2002   2017    8008a     2017b   2506  2a  3b   a   b  0.5 0.5 0.75 1.0 0.5 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si sử dụng giả thiết 2a  3b  , ta có: 2002 2017 Q2  8008a   2017b  2506.4 a b Q  8008  4034  10024  2018 Dấu “=” xảy  2002  a  8008a    2017 a    2017b    b b  2a  3b     a  Vậy Q = 2018   b  Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1( 2,0 điểm): 1) Cho I  2;1 Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số y  x3  3mx  có hai điểm cực trị A, B cho diện tích ΔIAB 2) Một công ty muốn làm đường ống dẫn dầu từ kho A bờ biển đến vị trí B đảo Hòn đảo cách bờ biển km Gọi C điểm bờ cho BC vuông góc với bờ biển Khoảng cách từ A đến C km Người ta cần xác định vị trí D AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết giá để lắp đặt km đường ống bờ 100.000.000 đồng nước 260.000.000 đồng Câu (2,0 điểm): B 6km D C A 9km  tan x  cot x sin x  x3  x  13 x  y  y  10 2) Giải hệ phương trình   x  y    x  y  x  x  10 y  1) Giải phương trình Câu (2,0 điểm): 1) Cho dãy số (un ) có u1  7, un 1  5un  12 (n  * ) Tìm lim un 5n 2) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (I) có hai đường kính AB MN với A(1;3), B(3; 1) Tiếp tuyến (I) B cắt đường thẳng AM AN E F Tìm tọa độ trực tâm H MEF cho H nằm đường thẳng d : x  y   có hoành độ dương Câu (3,0 điểm):     1200 B  600 , CS B  900 , ASC Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , AS 1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a 2) Gọi I, J, G trung điểm SC, AB, IJ Mặt phẳng (P) qua G cắt cạnh SA, SB, SC A’, B’, C’ Gọi VA A ' B 'C ' ,VB A ' B 'C ' ,VC A ' B 'C ' thể tích khối chóp A A ' B ' C ' , B A ' B ' C ' , C A ' B ' C ' Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  VA A ' B 'C '  VB A ' B 'C '  VC A ' B 'C ' theo a 3) Gọi M, N hai điểm thay đổi cạnh AB SC cho đoạn thẳng MN Câu (1,0 điểm): Với số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  CN AM  Tìm giá trị nhỏ SC AB  2a  b  8bc 2b  2(a  c)  HẾT - Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2017 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1) Tìm tất giá trị m để (Cm ) y  x  3mx  có hai điểm cực trị A, B cho diện tích ΔIAB với I(2;1) TXĐ: D=  ; y '  3x  3m; y '   x  m (1) (Cm ) có hai điểm cực trị A, B  PT (1) có nghiệm phân biệt  m  Khi đó: A I.1    (1,0đ) 0,25  m ; 2m m  , B  m ; 2m m  Phương trình AB: y  2mx  hay 2mx  y   Ta có: AB  4m  4m  1 , d  I ; AB   4m 4m   4m 4m  4m 0,25 ( Do m  0) 1 S ABI  AB.d  I ; AB   4m  4m  1 8 2 4m   4m m   m m  2  m  (TM ) 0,25 0,25 Kết luận: m = 2) Một công ty muốn làm đường ống dẫn dầu từ kho A bờ đến vị trí B đảo Hòn đảo cách bờ biển km Gọi C điểm bờ cho BC vuông góc với bờ biển Khoảng cách từ A đến C km Người ta cần xác định vị (1,0đ) trí D AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết giá để lắp đặt km đường ống bờ 100.000.000 đồng nước 260.000.000 đồng + Đặt CD  x  km  , x  [0;9] B  CD  x2  36 ; AD   x phí xây dựng đường ống : 6km 0,25 C I.2 T  x   260000000 x  36  100000000(9  x) đồng D A 9km + Xét hàm số T(x) đoạn [0 ; 9] ta có :  13x  T '(x)  20000000     T’(x) =  13x  x  36   0,25  x  36  25  168x  25 x  36  x  x + Lại có T(0)  2460000000 ; T( )  2340000000 ; T(9)  260000000 117 0,25 Suy T(x) đạt giá trị nhỏ đoạn [0 ; 9] 2340000000 x = + Vậy chi phí lắp đặt thấp 2340000000 đồng x = hay điểm D cách A 0,25   khoảng 6,5 km 1) Giải phương trình  tan x  cot x sin x Điều kiện: sin 2x ¹ PT tương đương với II.1 (1,0đ) cos x  sin x  sin x sin x cos x 0,25  cos x  sin x   cos2 x.cos x cos x  cos 2 x  cos2 x   cos2 x   kết hợp với điều kiện : phương trình vô nghiệm cos2 x  2  0,25 0,25 0,25 3 (1)  x  x  13 x  y  y  10 2) Giải hệ phương trình   x  y    x  y  x  x  10 y  (2) 2 x  y   * ĐK:  5  x  y  1   x   II.2 (1,0đ) 0,25  x   y  y (*) Xét hàm số f  t   t  t Ta có f '  t   3t   0t    f  t  đồng biến  Do (*)  y  x  Thay y  x  vào (2) ta : x   x  x3  3x  10 x  28  3x     x  x  x  10 x  30  x      x  10 (3)  3x    x PT (3) vô nghiệm với  x  x  có nghiệm  y 1  x  3   x  3 3x    x   x  3  x  10      3, x  10  10 Vậy hệ 3x    x 1) Cho dãy số (un ) có u1  7, un 1  5un  12 (n  * ) Tìm lim 0,25 un 5n un 1  5un  12  un 1   5(un  3) 0,25 0,25 (1,0đ) 0,25 Đặt  un   1  5vnn    dãy số (vn ) lập thành cấp số nhân có công bội III.1 q  5, v  u   10 1 *   v1q n 1  10.5n 1  un  2.5n  0,25 0,25 n un 2.5n  1  lim n  lim  lim[     ]=-2 n 5 5 3) 2) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (I) có hai đường kính AB MN với A(1;3), B(3; 1) Tiếp tuyến (I) B cắt đường thẳng AM AN E III.2 ...S GIO DC V O TO H NI K THI TUYN SINH LP 10 THPT NM HC 2017 2018 Mụn thi: TON Ngy thi: 09 thỏng nm 2017 Thi gian lm bi: 120 phỳt CHNH THC Bi I (2,0 im) Cho hai biu thc A x v B 20 x vi x 0, x 25 x 25 x x 1) Tớnh giỏ tr biu thc A x 2) Chng minh rng B x 3) Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr ca x A B x Bi II (2,0 im) Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh hoc h phng trỡnh Mt xe ụ tụ v mt xe mỏy cựng hnh t A i n B vi tc ca mi xe khụng i trờn ton b quóng ng AB di 120km Do tc xe ụ tụ ln hn tc xe mỏy l 10km/h nờn xe ụ tụ n B sm hn xe mỏy 36 phỳt Tớnh tc ca mi xe Bi III (2,0 im) x y 1) Giõi h phng trỡnh x y a) Chng minh ng thng d luụn i qua im A 0;5 vi mi giỏ tr ca m b) Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr ca m ng thng d ct parabol P : y x tọi hai 2) Trong mt phng ta Oxy , cho ng thng d : y mx im phõn bit cú honh lổn lt l x 1, x (vi x1 x ) cho x1 x Bi IV (3,5 im) Cho ng trũn O ngoọi tip tam giỏc nhn ABC Gi M v N lổn lt l im chớnh gia ca cung nh AB v cung nh BC Hai dõy AN v CM ct tọi im I Dõy MN ct cỏc cọnh AB v BC lổn lt tọi cỏc im H v K 1) Chng minh bn im C , N , K , I cựng thuc mt ng trũn 2) Chng minh NB NK NM 3) Chng minh t giỏc BHIK l hỡnh thoi 4) Gi P,Q lổn lt l tõm ca cỏc ng trũn ngoọi tip tam giỏc MBK , tam giỏc MCK v E l trung im ca oọn PQ V ng kớnh ND ca ng trũn O Chng minh ba im D, E, K thng hng Bi V (0,5 im) Cho cỏc s thc a,b, c thay i luụn tha món: a 1,b 1, c v ab bc ca Tỡm giỏ tr nh nhỗt v giỏ tr ln nhỗt ca biu thc P a b c .Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H tờn thớ sinh: S bỏo danh: H tờn, ch kớ ca cỏn b coi thi s : H tờn, ch kớ ca cỏn b coi thi s : Nguyn Chin - Hng Quõn HNG DN GII CHI TIT Bi I (2,0 im) x Cho hai biu thc A v B x x 20 x vi x 0, x 25 x 25 1) Tớnh giỏ tr biu thc A x 2) Chng minh rng B x 3) Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr ca x A B x Hng dn gii 1) Tớnh giỏ tr biu thc A x Khi x ta cú A 32 35 2) Chng minh rng B Vi x 0, x 25 thỡ B x x 20 x x 15 20 x x x x 20 x x x x x 15 20 x x x x x x (iu phi chng minh) x 3) Tỡm tỗt cõ cỏc giỏ tr ca x A B x Vi x 0, x 25 Ta cú: A B x x x x x x Nu x 4, x 25 thỡ (*) tr thnh : x (*) x x x x Do x nờn x x x (tha món) Nu x thỡ (*) tr thnh : Nguyn Chin - Hng Quõn x 4x x x x x x Do x nờn x x (tha món) Vy cú hai giỏ tr x v x tha yờu cổu bi toỏn Bi II (2,0 im) Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh hoc h phng trỡnh Mt xe ụ tụ v mt xe mỏy cựng hnh t A i n B vi tc ca mi xe khụng i trờn ton b quóng ng AB di 120km Do tc xe ụ tụ ln hn tc xe mỏy l 10km/h nờn xe ụ tụ n B sm hn Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) x 1 1  2 x  y  b) Giải hệ phương trình:  x  y  a) Giải phương trı̀nh: Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y  B thuộc (P) có hoành độ x A  1; xB  a) Tìm tọa độ A, B b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A,B c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d) x hai điểm A, Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  m   (m tham số) a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện : 1   x1 x2 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( H  AB; K  AD ) a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IA.IC = IB.ID c) Chứng minh tam giác HIK tam giác BCD đồng dạng d) Gọi S diện tích tam giác ABD, S’ diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng: S ' HK  S AI Câu (1,0 điểm) Giải phương trình :  x3      ( x  4)  Hết -Họ tên thí sinh: SBD: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phầ n a) Câu (1,5 đ) b) x 1 x 1 1     x 1   x  2 Vậy nghiệm phương trình x =  2x  y   x  2x   x  2x   (1)    (2) x  y  2x  y   y   2x Giải (1):  '  ; x1,2   Thay vào (2): Với x   y      Với x     y   1     Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x, y   1  a) Câu (2,5 đ) b) c) Câu (2,0 a) Điể m Nội dung  0.75 0.75  3;1  ,  3;1  Vì A, B thuộc (P) nên: 1 x A  1  y A   (1)  2 x B   y B   22  2 1  Vậy A  1;  , B(2;2) 2  Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b Ta có hệ phương trình:     a  b  3a  a   2 2   2a  b  2a  b  b  1 Vậy (d): y  x  (d) cắt trục Oy điểm C(0; 1) cắt trục Ox điểm D(– 2; 0)  OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào  vuông OCD, ta có: 1 1    2  2 h OC OD h x  2(m  1) x  m  m   (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x  2x    '  ; x1,2   0.75 0.75 1.0 1.0 đ) Vậy với m = nghiệm phương trình (1) x1,2   b) '  m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m  2  x1  x  2(m  1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x  m  m  Do đó: 1 x  x2 2(m  1)  4 4 4 x1 x x1x m  m 1 1.0 m  2  m  m    m  m      m    m   2(m  m  1)  2m  m     3 Kết hợp với điều kiện  m  1;   giá trị cần tìm  2 A H B K 1 I 0.25 O D Câu (3,0 đ) a) b) c) Tứ giác AHIK có:   900 (IH  AB) AHI   900 (IK  AD) AKI   AKI   1800  AHI  Tứ giác AHIK nội tiếp  IAD  IBC có: 1  B  (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) A   BIC  (2 góc đối đỉnh) AID   IAD  IBC (g.g) IA ID    IA.IC  IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có 1  H  (2 góc nội tiếp chắn cung IK) A 1  B 1  H 1  B 1 Mà A C 0.75 0.5 0.75 1  D 1 Chứng minh tương tự, ta K 1  B 1 ; K 1  D 1  HIK  BCD có: H  BCD (g.g)   HIK A B H F I K E O D d) Câu (1,0 đ) C Gọi S1 diện tích  BCD Vì  HIK  BCD nên: S' HK HK HK HK     S1 BD (IB  ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC  Vẽ AE  BD , CF  BD  AE / /CF  AE IA  ABD  BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC   1 S AE S IA Từ (1) (2) suy S' S1 HK IC S' HK (đpcm)      S1 S 4IA.IC IA S 4IA  Câu (1 điểm) Giải phương trình x  ĐKXĐ x     HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: I TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Câu Đáp án D A B D II TỰ LUẬN (8 điểm) Câu Phần a) b) Câu (2,0đ) c) Câu (2,0đ) a) Nội dung Với m = 2, hệ (1) trở thành:  x  2y   x  2y  5x  25    2x  y  12  4x  2y  24 2x  y  12 x  x    2.5  y  12 y  Vậy với m = nghiệm hệ (1) (5; 2) 2 Ta thấy:   Hệ (1) có nghiệm với m  x  2y   m 2x  4y   2m  x  2y   m    2x  y  3(m  2)  2x  y  3m  5y  5m  x  2m   m x  m    y  m y  m Do đó: A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 3 9    m     m 2 2  Dấu “=” xảy  m   Vậy A   m   2 Gọi số hàng ghế lúc đầu x ( x  N* ; x  2;80 x ) 80  Số ghế hàng lúc đầu (chiếc) x Nếu bớt hàng số hàng lại x – 80 (chiếc) Khi đó, số ghế hàng x2 Vì lúc hàng lại phải xếp thêm ghế nên ta có phương trình: 80 80  2 x2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế Điểm 0.75 0.25 1.0 1.0 Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x  x   x  x   Vì a + b + c = + – = nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = – Với x = y = – = – Với x = – y = – – = –  A(1; – 1) B(– 2; – 4) y O b) -3 -2 -1 B 3x 1.0 A -1 2 C Dễ thấy (d) cắt Oy điểm C(0; – 2) Do đó: 2.1 2.2 SOAB  SOAC  SOBC    (đvdt) 2 M E 0.25 Câu (3,0đ) A 1 O B C H D F N a)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: AEB   900 (kề bù với ADB )  BEM   BHM   900  900  1800 Tứ giác BEMH có: BEM  Tứ giác BEMH nội tiếp 0.75 b)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: AFB  chung ; AFB   AHN   900  AFB  AHN có: A  AHN (g.g)   AFB Gọi D giao điểm thứ hai AB với đường tròn ngoại tiếp  AMN 1  D 1 M    sđ AE   B 1  M  (tứ giác BEMH nội tiếp) Vì F  B       nên F1  M1 1  D 1 F  chung ; F  D 1  AFC  ADN có: A   AFC  ADN (g.g) AF AC    AF.AN  AC.AD AD AN Mặt khác,  AFB  AHN (g.g) AF AB    AF.AN  AB.AH AH AN AB.AH không đổi Do đó, AC.AD  AB.AH  AD  AC (vì A, C, B, H cố định)  Đường tròn ngoại tiếp  AMN qua điểm D cố định (khác A) 0.25 0.75 M E A c) O C B H D 1.0 F N Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20   (cm) AD  AC 3 20  HD  AD  AH    (cm) 3  NHD (g.g) Dễ thấy  AHM AH HM 25    HM.HN  AH.HD    NH HD 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: MN  HM  HN  HM.HN  25 10  (cm) 3 1 10 25  AH.MN    (cm ) 2 3 Dấu “=” xảy 1  N   F  N   EF / /MN  EF  AB HM  HN  M 25 (cm )  EF  AB Vậy SAMN   a  b 1  ab  Đặt a = x2; b = y2 ( a, b  ) P  2 1  a  1  b  Vì a, b  nên:  SAMN  (a  b)(1  ab)  a  a b  b  ab  a  ab  a(1  b ) Câu (1,0đ)  a(1  2b  b )  a(1  b) Lại có (1  a)  (1  a)  4a  4a P a 1  b  4a 1  b   a   x  1  Dấu “=” xảy   b  y   x  1 Vậy m axP    y  1.0 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2017 (Hướng dẫn chấm gồm 05... biến thi n f'(t) - 1,0 0,25 0,25 + + f '(t )   f(t) Từ bảng biến thi n 9  f (t )  f ( )   t   P  f (a  b  c)   10 10 5 9 Khi a  c  , b  P   Vậy giá trị nhỏ P  12 10 10 - 10... 3)a 0,25 V 0,25 11 11 a 33  3a (m  )  a  a  MN  m  [0;1] 12 12 a 33 Dấu đẳng thức xẩy m  Vậy giá trị nhỏ MN 6 Với số thức dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ P  2a  b  8bc 2b  2(a  c)