Toàn cảnh đề thi HSG vòng 1 các tỉnh thành trên toàn quốc năm học 2018 2019 phiên bản word

Gồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đề.Gồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đềGồm có 23 chuyên đề với các phương pháp giải hay. phù hợp cho học sinh từ lớp 6 đến đại học tùy theo từng chuyên đề

TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN CÁC TỈNH THÀNH NĂM 2018-2019

Mục lục

Chuyên đề 1+2:Parabol và bài toán quy hoạch 2

Chuyên đề 3:Phương trình 8

Chuyên đề 4:Bất hương trình 46

Chuyên đề 5:Hệ phương trình 56

Chuyên đề 6:Bất đẳng thức 101

Chuyên đề 7:Giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất 124

Chuyên đề 8:Lượng giác 168

Chuyên đề 9:Bài toán đếm 193

Chuyên đề 10:Xác suất 197

Chuyên đề 11:Nhị thức Newton 218

Chuyên đề 12:Dãy số, giới hạn 229

Chuyên đề 13:Hàm số liên tục, đạo hàm 264

Chuyên đề 14:Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan 271

Chuyên đề 15:Mũ, Logarit 343

Chuyên đề 16:Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng của tích phân 353

Chuyên đề 17:Số phức 368

Chuyên đề 18:Véc tơ và hình học phẳng 372

Chuyên đề 19:Tọa độ trong mặt phẳng 409

Chuyên đề 20:Hình học không gian thuần túy 451

Chuyên đề 21: Nón, trụ, cầu 577

Chuyên đề 22:Tọa độ trong không gian 591

Chuyên đề 23:Số học 606

Lời nói đầu Với mục đích giáo viên, sinh viên, học sinh có cái nhìn tổng quan về kỳ thi HSG toán cấp tỉnh vòng 1 Tôi xin bạo gan làm "Toàn cảnh đề thi HSG môn toán năm học 2018-2019 vòng 1" Lời giải trong tài liệu

do các thành viên nhóm STRONG TEAM TOÁN VD-VDC thực hiện

Ngày 29/09/2019

Vũ Ngọc Thành Bản vàng Pheo- Mường So-Phong Thổ-Lai Châu

Parabol và bài toán quy hoạch

1

yx  x có đồ thị là (P) Tìm m để đường thẳng :d y 2x m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác

OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ)

Lời giải

Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue

Xét phương trình hoành độ giao điểm : 2 2

m  thỏa mãn yêu cầu bài toán

1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  1 khi m 0

2)Xác định m để đồ thị hàm số  1 cắt đường thẳng y3x1 tại hai điểm ,A B phân biệt sao cho

Vậy 31

26

m 

Đầu, cuối của dây được gắn vào các điểm A B, trên mỗi trục '

a b c

y x 

Đoạn ' '

A B chia làm 8 phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài là 25 m

Khi đó, tổng độ dài của các dây cáp treo là:

Câu 4 (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Một phân xưởng có hai máy đặc chủng

1, 2

M M sản xuất hai loại sản phẩm kí hiệu ;I II Một tấn sản phẩm loại I lãi 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1, 6 triệu đồng Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại I phải dùng máy M1

trong 3 giờ và máy M2 trong 1 giờ Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại II phải dùng máy M1

trong 1 giờ và máy M2 trong 1 giờ Một máy không thể dùng để sản xuất đồng thời hai sản phẩm trên Máy M1 làm việc không quá 6 giờ trong một ngày, máy M2 một ngày chỉ làm việc không quá 4 giờ Tổng số tiền lãi là lớn nhất có thể đạt được là:

Số giờ làm việc của máy M1 là: 3xy

Số giờ làm việc của máy M2 là: x y

Số tiền lãi của phân xưởng mỗi ngày là T 2x1, 6y (triệu)

Theo đề bài ta có hệ bất phương trình:

400

x y

x y x y

Ta có miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác OABC

T đạt giá trị lớn nhất khi nó nằm trong miền tứ giác OABC , chỉ đạt được khi tại các đỉnh

Thử lại ta thấy Tđạt giá trị lớn nhất khi ( , )x y là tọa độ của điểm (1;3)B

Vậy T 2.1 3.1, 6 6,8 (triệu)

II từ 200kg nguyên liệu và một máy chuyên dụng Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần

4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất

Lời giải Giả sử sản xuất x kg( ) sản phẩm loại I và y kg( ) sản phẩm loại II

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng d1:x2y100; d2: 3x1,5y120

Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0), cắt trục tung tại điểm B(0;50)

Đường thẳng d2 cắt trục hoành tại điểm C(40;0), cắt trục tung tại điểm D0;80

Đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại điểm E20; 40

Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC

0

00

A O

x y

5

a a

x

x a

Phương trình

(x  x 2) x 1 0 Lời giải

Tác giả:Nguyễn Đông ; Fb: Nguyễn Đông

Điều kiện phương trình có nghĩa:x 1

2 2

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là:S  1; 2

x x x nên phương trình  * vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2

phân biệt Tính tổng các nghiệm đó

x x

x x

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn

( 1)

( 2 2011) ln 20192

Từ bảng biến thiên ta thấy, với mỗi một t0; 8

  sẽ cho ta hai giá trị của x   2; 0 2; 4

Như vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có một nghiệm t0; 8

Từ bảng biến thiên ta thấy khi m   ( ; 4][4;) thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn

x u

Mỗi phương trình f0 x 0; 2; 4; ; 2018   có 3 nghiệm

Mỗi phương trình f0 x  2020có 1 nghiệm

Tác giả: Nguyễn Đức Hoạch, Fb: Hoạch Nguyễn

Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh, FB: Nguyễn Văn Mạnh

Ta thấy, phương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt là x 0 và x 1

Để phương trình đã cho có nhiều hơn 2 nghiệm thì phương trình  1 có nghiệm khác 0 và 1

0

m

  Mà m  , m   8;  nên m   7 ; 6 ; 1  nên có 7 giá trị thỏa mãn

8.25x8.10x15.2 x 0 Lời giải

Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú

Tác giả:Vũ Thị Thuần; Fb:Xu Xu

Ta có:

2 cos 2 1

Vậy phương trình có hai nghiệm là x;x0

Tác giả:Nguyễn Trần Tuấn Minh ; Fb: Tuấn Minh

Phản biện: Bùi Dũng ; Fb: Bùi Dũng

       , nên g t  đồng biến trên 2;  

Do đó phương trình (1) tương đương:

Và dễ thấy hai Parabol tiếp xúc nhau tại điểm A1; 2

Vậy: (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 3 nghiệm phân biệt

 Đường thẳng nằm ngang y2m hoặc đi qua I10;1, hoặc đi qua I22;3, hoặc đi qua A1; 2

Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa đề là 3

2x 2x 3 3 x   x 1 0 Lời giải

Tác giả: Lê Thanh Tịnh – Hồ Thanh Long ; Fb: Lê Thanh Tịnh – Phú Long

y t

2

2 12

Vì m là giá trị nguyên dương lớn nhất  m  25

y 

51752,88

Do m nguyên nên m{3, 4,5, ,103} có 101 giá trị chọn A

Vậy phương trình có hai nghiệm là x  và 0 x log21 2

3

1 3

  2  

3

1 3

m m m

Vậy có 1 giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm

2

x x  x  x  x 

Lời giải Điều kiện: 1 x7

Cách 1:

11

4 ( )7

x x

2 4 6 8

x y

x x  x  Xét hàm số   3 2

6 3

f x x x  x liên tục trên  và có f    3 f 0 0, f    0 f 1 0, f    1 f 2 0 nên phương trình có nghiệm

Do phương trình có 3 nghiệm x x x1, 2, 3 nên f x   xx1xx2xx3

1 Tính tổng các nghiệm của phương trình: 2 2

Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x 0

Ta giải phương trình này với x 0

1 52

x x

( )

12

12 ( ) 12 5 . 6

Tác giả: Phạm Huyền; FB: Phạm Huyền

+ q 2 từ (3) suy ra x 1 1, giải ra được a2;b32

+ q  2từ (3) suy ra x  1 3, giải ra được a 18;b 288

Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S  5

x  x  x  x

Lời giải

Tác giả: Võ Huỳnh Hiếu ; Fb: Huỳnh Hiếu

Đặt ux2,v x1với v 0.Khi đó,phương trình đã cho trở thành:

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ 7 6 1

x y

y x

Bảng biến thiên của hàm số g x :

Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình (2) có không quá hai nghiệm thuộc khoảng 1;

Mà g 0 0,g 1 0 nên x0,x1 là tất cả các nghiệm của phương trình (2)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x0,x1

Phương trình đã cho tương đương với

Dễ thấy x 3 không là nghiệm của phương trình đã cho

Với x 3, giải phương trình  * ta được

Tác giả: Nguyễn Thị Thu Nghĩa; Fb: Thu Nghia



 

 Giải   2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 1; 8; 5 2 7

Suy ra phương trình f x   0 có ít nhất một nghiệm a   1; 0  2

Do vậy, phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực

Suy ra phương trình f x   0 có ít nhất một nghiệm a   1; 0 

Giả sử phương trình f x   0 có nghiệm b a

Vậy điều giả sử là sai

Do vậy, phương trình f x   0 có nghiệm duy nhất x a (đpcm)

Điều kiện  1 x1

Đặt t 1 x 1x

2

22

12

t

x



   , với 0 t 2 Phương trình theo t có dạng

2 2

Vậy phương trình có nghiệm x 0

x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  3 và 81 9 97

x x x

Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S  1

minh phương trình f x( )f(1)f(0)x f(1) có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Tuấn ; Fb: Nguyễn Thanh Tuấn

Ta viết lại phương trình đề bài: f x( )f(1) f(0)x f(1)0

Đặt: g x( ) f x( )f(1)f(0)x f(1)

Ta có: (0)g  f(0)f(1) ; (1)g  f(1) f(0)

Nhận thấy ( )g x liên tục trên 0;1 và g(0) (1)g  f(0) f(1)2 0

Vì vậy phương trình ( ) 0g x  luôn có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1 (đpcm)

m m

Vậy phương trình đã cho có nghiệm thực khi f( 2 ) 2 1 m 1 f(0)

Câu 37 (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho phương trình

b  b  cthì phương trình f f x   x có bốn nghiệm phân biệt

           ( vì theo giả thiết b22b 3 4c)

Do đó phương trình  2 luôn có hai nghiệm phân biệt

- Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình  1 khi đó:

Do đó x0 là một nghiệm của phương trình  1 nhưng không là nghiệm của phương trình  2

Vậy phương trình f f x   x có bốn nghiệm phân biệt

2) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c  2 ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2 2

2 2

giải quyết được.Lời giải

Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát

Giả sử ngược lại: với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được Gọi x y a, ,  là bộ gồm hai học sinh x, y và bài toán a mà cả hai học sinh x, y

đều không giải được Gọi k là số bộ ba x y a, , 

Số cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh là 2

21

1

t x

Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm m2

1

f x x ax bx ax có nghiệm thực Chứng minh rằng

2 2

a b  b  Lời giải

Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp 2 2

Ta có điều phải chứng minh: Nếu đa thức đã cho có nghiệm thì 2 2

a b  b Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:

Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc

Phản biện: Tuấn Minh; Fb: Tuấn Minh

Với t 0 thì phương trình đã cho có 1 nghiệm x 0

Với mỗi t 0 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x phân biệt thuộc ;

x

y

3 2

O 1

Câu 42 (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019)Cho phương trình

x

y

y = m

3 2

2 ( )

4 12

0

6 ( )2

Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú

m m

m m

m m

a)Giải phương trình (1) khi m 3

b)Tìm tất cả các giá trị của mđể phương trình (1) có nghiệm

b)Phương trình (1) có nghiệm khi phương trình 2

t  t  m có nghiệm t3;3 2

  Xét hàm số   2

a) Tìm a để phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình  1 và x3; x4 là hai nghiệm của phương trình  2 với

 

2 1

2 2 2

Đặt 2

t mxm t Thì

2 244

Kết hợp với điều kiện x2m ta được x2 1m  

+) Nếu x2m thì bất phương trình  ** 2m x 2mx ( luôn đúng)

Kết hợp với điều kiện (*) ta được mx2 2m  

Từ  1 và  2 ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [ ; 2 ]m m

Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 thì  3 1 2 1 117

0 3 1 16

m m

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi m 2, đạt giá trị nhỏ nhất bằng 144 khi m  2

Từ điều kiệnqn2pmpnqm0 suy ra p m 0 (4)

Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a 1 0 nên các parabol biểu diễn đều có bề lõm quay lên trên

Hai phương trình có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi

g x x mxn Ta có      2  2 

g x g x  x mx n x mx n

x y

4

Suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x x3, 4x3x4 thỏa mãn trong hai số x x1, 2có một

số thuộc khoảng x x3, 4và một số không thuộc khoảng x x3, 4 Từ đó ta có điều phải chứng minh

trên  và có đồ thị như hình vẽ Với m là tham số thực bất kì thuộc đoạn 0; 2, phương trình

g g g

    1 3;

2 2

    

Dựa vào đồ thị ta thấy được phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt

Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy

m m

2

4 4

22( 1) 16

+/ Yêu cầu bài toán trở thành tìm mđể mỗi bất phương trình  1 và  2 nghiệm đúng

với mọi x thuộc 

Ta thấy :  1 nghiệm đúng với mọi x thuộc 2  

Do đó,  1 nghiệm đúng với mọi x   khi và chỉ khi  2 nghiệm đúng với mọi t 1;

Kết hợp với điều kiện m nguyên và m   5; 50 nên có 5 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn

yêu cầu bài toán là 5; 4; 3; 2; 1    

Vậy, tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m là 15

1

x S

( 1) 0

11

Yêu cầu bài toán m g 1  m f  1 2

3x 2x x 3 2 1x

 

2

2

40

12

x x

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2; 

2

( x 3 x1) (1  x 2x3)4 Lờ1 g1ả1

( x 3 x1) (1  x 2x3)4 1 Đ1ều k1ện x 1 (2) Nhận thấy x 3 x 1 0, x 1 Do đó, vớ1 mọ1 x thỏa mãn (2) ta có

2( x 3 x1) (1  x 2x3)4

Lời giải Điều kiện:

Kết hợp  * ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2;

Trường hợp 2: Nếu 3

2

x x

3

x x x





 

 của trường hợp 2 có

193

32

x x

Từ (*) và (**) ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ; 2] 3;19

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S   9; 4

Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc

x x x x x

6

x x

x

  

1x 1xx Lời giải

Tác giả: Mai Vĩnh Phú ; Fb: Mai Vĩnh Phú

Điều kiện:  1 x1 Khi đó

1 0

1 x 1 x

   Do đó (1)x0

Suy ra nghiệm của bất phương trình là 0x1

t t

Tác giả: Nguyễn Thị Trúc Ly; Fb: Nguyễn T Trúc Ly

Như vậy

2 2 2

6 6 6

63

x y z

xy yz zx

m xyz

3

y z

Các khả năng y 0 hoặc z 0 cũng tương tự như khả năng x 0

Tức là m 54 thỏa mãn yêu cầu bài toán

* Trường hợp 2: Xét nghiệm của hệ có dạng x x z; ;  với xz Khi đó hệ  2 trở thành

21544

3

x m x

Tức là m 66 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Dế nhận thấy hệ  2 không thể có nghiệm dạng x x x; ; 

* Trường hợp 3: Nghiệm của hệ có dạng x y z; ;  với x yz

Khi đó với m 54 hệ  2 trở thành

03543

1 2018

Yêu cầu bài toán  log20192018m log20192018 log 20182019

1 32

t t

Đ1ều k1ện: 2

6

x y

23

- Nếu m  4 hệ  II vô ngh1ệm  hệ phương trình đã cho vô ngh1ệm

- Nếu m 4 Chọn hệ tọa độ Oab từ hệ  II ta có:

PT (1) cho ta cung tròn  C 1 là một phần của đường tròn  C1 tâm I 1;1 ,R 1 5 thuộc góc phần

o 2 o 5

Ax  y  Lời giải

Tác giả: Huỳnh Tấn Phát; Fb: Huỳnh Tấn Phát

11

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất D 0 m 1 (*)

Khi đó nghiệm của hệ là:

m

m      ( thỏa mãn điều kiện (*))

Vậy minA 2 khi 3

Hệ phương trình đã cho có nghiệm  hệ  * có nghiệm ,a b 0

Nếu m  4 hệ  * vô nghiệm  hệ phương trình đã cho vô nghiệm

Nếu m  4 Chọn hệ tọa độ Oab như hình vẽ

Do điều kiện a0,b0 nên chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất

4đường trònC2 tâm O0; 0 , R2  m4 thay đổi theo m

Hệ  * có nghiệm ,a b 0   C1 cắtC2 có giao điểm ở góc phần tư thứ nhất

Cho bán kính R2  m4tăng dần, dễ thấy C2 cắt  C1 đầu tiên tại hai điểm A B, , khi đó

Câu 7 (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

22

*

2 158