Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 - Trường THPT Hà Huy Tập

Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn. Cho hình chóp. Cho hình chóp tứ giác đều. c) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA [r]

Trang | TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP

ĐỀ THI HSG LỚP 12 MƠN TỐN Thời gian: 180 phút

1 ĐỀ SỐ

Câu (6,0 điểm)

1. Cho hàm số

2

x y

x

 

  C đường thẳng d x:   y Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị  C biết tiếp tuyến song song với d

2. Tìm m để hàm số yx33mx23m21x m đồng biến khoảng 2;

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2

4

2sin ( )

sin cos

2

x f x

x x





2. Giải hệ phương trình    

3 2

3 2 15 10

;

2 2

x y x y y x

x y

y x x

       

 



    



Câu 3.(4,0 điểm)

1. Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số khác chọn từ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; ; 8; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác suất để số chọn số chẵn

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A 0;9 , B 3; Gọi D miền nghiệm hệ phương

trình

6

x y a x y a

   

   

 Tìm tất giá trị a để ABD

Câu (4,0 điểm)

1. Cho hình chóp S ABC Trên đoạn thẳng lấy điểm A B C', ', ' khác với S Chứng minh rằng:

' ' '

' ' '

S ABC S A B C

V SA SB SC

V SA SB SC

2. Cho hình chóp tứ giác S ABCD, có AB a SA, a Gọi O giao điểm AC BD, gọi

G trọng tâm tam giác SCD a) Tính thể tích khối chóp OGCS

b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) c) Tính cosin góc hai đường thẳng SA BG

Trang | 1. Cho phương trình m2 x x 2 1 x2m6x 1 1  Tìm giá trị m để phương trình  1 có nghiệm thực

2. Cho đa thức f x x4ax3bx2ax1 có nghiệm thực Chứng minh a2b24b 1

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.(6,0 điểm)

1. Cho hàm số x y x  

  C đường thẳng d x:   y Viết phương trình tiếp tuyến

đồ thị  C biết tiếp tuyến song song với d

2. Tìm m để hàm số  

3

yx  mx  m  x m đồng biến khoảng 2;. Lời giải

1 d x:    y d y:  x d có hệ số góc kd 1 Xét hàm số

2 x y x  

 có:

+ Tập xác định D \ 1  +

 2

1

,

1

y x

x

   



Gọi đường thẳng  tiếp tuyến  C điểm 0 ; x M x x      

  (với x0 1)

 có hệ số góc

 2 1 k x  

 phương trình    

0 2 0 : 1 x x y x x x x        

+ Giả sử / /d ta kkd

 2 1 x    0 x x      

+ Thử lại:

 x0 0 :y x thỏa mãn / /d

 x0 2 :y    x d không thỏa mãn Vậy tiếp tuyến cần tìm :y x

2. y 3x26mx3m21 ,   x 1 x m y x m         

Trang |

+ Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến khoảng 2;  2;  m 1;    m 2 m Vậy giá trị m cần tìm là: m1

Câu 2.(4,0 điểm)

1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2

4

2sin ( )

sin cos

2

x f x

x x





2 Giải hệ phương trình    

3 2

3 2 15 10

;

2 2

x y x y y x

x y

y x x

       

 



    



Lời giải

1. Ta có

2

4 2 2 sin

sin cos 2sin cos sin 0,

2 2 2

x x x x x

x  x

       

Khi

2

2

4sin

( )

2 sin sin

x f x

x x

  

 

Vì 0sin2x   1 1 sin2x2 nên 2 sin x

 

 Do 0 f x( )4 Ta có f x( ) 0 sinx  0 x kk ,

 

2

( ) sin sin

2

f x   x  x     x  k k

Vậy giá trị nhỏ f x( ) đạt xkk , giá trị lớn f x( )

đạt  

2

x   k k

2. Điều kiện:

x y

    

Phương trình thứ hệ tương đương với:

 3    3    

2 3 1

Trang |

Xét hàm số f t( ) t3 ,t t   Khi ta có ' 

3 0,

f t  t    t Do f t( ) hàm đồng biến Nên phương trình  1 trở thành f x 2 f y        1 x y y x Thay y x 1 vào phương trình thứ hai ta được:

2 3 x 2x 2 3  x x

2

1

2

3

1

x x

x x

x x x

x

  

 

    

    

   

 

Với x2 y1 (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm    x y;  2;1

Câu 3.(4,0 điểm)

1 Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số khác chọn từ số ; ; ; ; ; ; ; ; ; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác suất để số chọn số chẵn

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A 0;9 , B 3; Gọi D miền nghiệm hệ phương trình

6

x y a x y a

   

   

 Tìm tất giá trị a để ABD

Lời giải

1 Số phần tử tập S n S 9.9.8.7.627216 Gọi số chẵn thuộc tập S có dạng abcde a 0

Nếu e{2; 4;6;8}, trường hợp ta có: 8.8.7.6.4 10752 số Nếu e0, trường hợp ta có: 9.8.7.6 3024 số

Vậy xác suất cần tìm là: 10752 3024 13776 41

27216 27216 81

P   

2 Phương trình đường thẳng AB x:   y Trường hợp 1: Nếu AB đường thẳng

Xét hệ

5

a x y

a x y

   

   



Dễ thấy điểm C 7; AB CD

12 12

48

5 48

5

a a

a

a a

    

   



    

Trang |

Trường hợp 2: Nếu AB đoạn thẳng Ta thay y 9 x x  0;3  vào hệ

5

a x y

a x y

   

   



Ta được:

9

3 27

9

3 27

5

a x

x

a x

x a

 

  

    

   

 (*)

(*)  0;3 27

x a

     

Vậy 27

5 a

   thỏa mãn yêu cầu toán

Câu (4,0 điểm)

1. Cho hình chóp S ABC Trên đoạn thẳng lấy điểm A B C', ', ' khác với S Chứng minh rằng:

' ' '

' ' '

S ABC S A B C

V SA SB SC

V SA SB SC

2. Cho hình chóp tứ giác S ABCD , có AB a SA, a Gọi O giao điểm AC

BD, gọi G trọng tâm tam giác SCD

a) Tính thể tích khối chóp S.OGC

b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) c) Tính cosin góc hai đường thẳng SA BG

Lời giải 1

Gọi H H, ' hình chiếu vng góc A A, ' (SBC)

Ta có

' '

AH SA

Trang | ' '

1

.sin ; ' '.sin

2

SBC SB C

S SB SC BSC S SB SC BSC

Khi . . sin

3

S ABC A SBC SBC

V V AH S AH SB SC BSC

' ' ' ' ' ' ' '

1

' ' ' ' '.SC'.sin

3

S A B C A SB C SB C

V V A H S A H SB BSC

Vậy ' ' '

' ' ' ' ' ' '

S ABC S A B C

V AH SB SC SA SB SC

V A H SB SC SA SB SC

2

a) Ta có 2; 2 10

2

a

AC a SO SA OA

Gọi M trung điểm CD Khi

3

1 10

6 48

S OCM

a

V SO OM MC

2

S OCG S OCM

V SG

V SM

Suy

3

2 10

3 72

S OGC S OMC

a

V V

b) Ta có ( , ( )) ( , ( )) ( , ( ))

3

d G SBC d M SBC d O SBC

Gọi H trung điểm BC, K hình chiếu vng góc O SH Ta có 2 2 12 42 42 222

10

Trang |

10

( ; (SBC)) OK

22

a

d O

2 110

( , ( )) ( , ( ))

3 33

a

d G SBC d O SBC

c) Gọi I giao BD AM , I trọng tâm tam giác ADC

Suy IG/ /SA nên góc hai đường thẳng SA BG, góc hai đường thẳng IG BG,

Ta có 3; 2; 11

3 3

a a a

IG SA BI BG

2 2

33

cos

2 11

BG IG BI

IGB

BG IG

Câu 5.(2,0 điểm)

1. Cho phương trình m2 x x 2 1 x2m6x 1 1  Tìm giá trị m để phương trình  1 có nghiệm thực

2. Cho đa thức f x x4ax3bx2ax1 có nghiệm thực Chứng minh

2

4

a b  b 

Lời giải Câu 5.1

Điều kiện: x0

- Với x0 phương trình vơ nghiệm - Với x0, Phương trình    

2

1

1 m x x m

x x

 

     

Đặt

2

2

2

1

t x

t x

x t

x

 

 

   

  

;

Ta phương trình theo ẩn phụ:    

2

2

2

1

t t

m t t m m

t

 

      



Xét hàm số    

 

 

2

2

4

2

0

1

t l

t t t t

f t f t

t t t

  

    

     

   

Bảng biến thiên

x  4 2 

Trang |

y 2 22

2



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

Câu 5.2

Giả sử đa thức cho có nghiệm trường hợp a2 b2 4b 1 Ta có: a2b24b  1 a2 b 223 1 

Vì x0 khơng nghiệm phương trình f x 0 nên:

2

4 2

2

1 1

1 0

x ax bx ax x a x b x a x b

x x x x

       

                    

       

Đặt t x x

  phương trình có nghiệm t2   at b có nghiệm thỏa mãn t 2

Xét hàm số g t    t2 at b Ta có:   ,  

2

a

g t  t a g t   t  Như (1)  2; 2

a



 

Do ta có bảng biến thiên

t  2 

 

f t - +

 

g t 

2a b

  

2a b 2



Phương trình có nghiệm  

 

2 2

2

a b a b

    



  

Trang |

Những điểm M a b ; thoả (1) nằm bên biên đường trịn tâm I 0; bán kính

Những điểm N a b ; thoả mãn (2) (3) điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ đường thẳng 2

2

x y x y

    

   



Những phần theo hình vẽ khơng có điểm chung, ta có mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh: Nếu đa thức cho có nghiệm 2

4

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

 

2 2 2

4

2 2 2

2

2 ( ) ( 2)

1

( 2)

1

t at b t at b t at b a b t

t

a b t a b b

t

 

                  



           

Trang | 10 2 ĐỀ SỐ

Câu 1. Cho hàm số

1

x y

x

 

 có đồ thị  H đường thẳng  

:

d y m  x ( với m tham số) Tìm tất giá trị m để d cắt  H hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 cho biểu thức P12x1x211x x1 2 đạt giá trị lớn

Câu Giải phương trình sau tập hợp số thực: 1) x46x36x29x2 x23x

2) 7x6log76x  1

Câu 3. Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển

1 x x n , biết n số tự nhiên thỏa mãn

hệ thức 2

2 512 n

n n n

C C C

Câu Cho tam giác ABC có ABc, BCa, CAb, ha độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A

và

2 a

a

b c  h Chứng minh ABCđều

Câu : Một bóng cao su thả rơi từ độ cao h18m Sau lần chạm đất, bóng lại nảy lên cao

4 độ cao lần rơi trước Giả sử bóng rơi nảy theo

phương thẳng đứng Tính tổng độ dài quãng đường bóng di chuyển từ lúc thả đến lúc không nảy

Câu Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn tâm I có phương trình x1 2 y 125, tam giác

ABC nội tiếp đường tròn đường phân giác góc A có phương trình x  y Biết hai điểm A I cách đường thẳng BC điểm A có hồnh độ dương Tính diện tích tam giác ABC

Câu 7. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, chiều cao h không đổi Gọi

,

M N hai điểm di động hai cạnh BC CD, cho góc MAN 45 Đặt

BM x Tìm x theo a cho thể tích khối chóp S AMN đạt giá trị nhỏ

Câu Cho a b c, , số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a  b c Tìm giá trị nhỏ biểu

thức

2

b c a

M

a b c b a c

 

   

  

 

Trang | 11 HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Cho hàm số

1

x y

x

 

 có đồ thị  H đường thẳng  

:

d y m  x ( với m tham số) Tìm tất giá trị m để d cắt  H hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 cho biểu thức

 2

12 11

P x x  x x đạt giá trị lớn

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm  H d là:  1 1 

x

m x

x



  

 , ĐK: x1

    2   

1  m 1 x  m 5 x 1

Để đường thẳng d cắt  H hai điểm phân biệt phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt khác

   

     

2 2

2 2

2 2

5 3 12 0

1 1

m m m

m m

        

 

 

      

 



( với mR) Suy  m R d ln cắt  H hai điểm phân biệt

Khi x x1, 2 hai nghiệm phân biệt (2) Ta có:

2

1 2 2

5

;

1

m

x x x x

m m



  

  , đó:

 2

12 11

P x x  x x

2

2

5

12 11

1

m

m m

    

    

   

 

59

12 71

1

m

 



Do P đạt giá trị lớn 71 m0 Vậy m0 giá trị cần tìm

Câu Giải phương trình sau tập hợp số thực: 1) x46x36x29x2 x23x

2) 7x6log76x  1

Lời giải

1) Ta cóx46x36x29x2 x23x x23x 23 x23x2 x23x 0

Đặt

3 ,

t x  x t , phương trình cho trở thành t43t2   2t t 0;t2;t 1 Kết hợp với điều kiện t0, ta có hai trường hợp sau:

Trang | 12

Với t2, ta có x23x  2 x23x    4 x 1;x4 Vậy phương trình cho có nghiệm x0,x3,x 1,x4 2) Điều kiện xác định:

6

x  Đặt ylog76x1, 7y 6x1

Kết hợp với phương trình cho ta có hệ

7

x y

y x

  

 

 



Trừ vế theo vế hai phương trình hệ, ta có 7x7y 6y6x 7x6x7y6y (1) Xét hàm số f t 7t 6t, tập xác định 1;

6

D   

 

Ta có f t 7 ln 6t    0, t D nên hàm số f đồng biến D Do  1  f x  f y  x y

Suy 7x6x 1 0(2)

Xét hàm số g x 7x6x1 khoảng 1;

  

 

 

Ta có g x 7 ln 6x  ;   log7 ln

g x   x Bảng biến thiên hàm số g x :

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

  

 

  Mà

 0 0,  1

g  g  nên x0,x1 tất nghiệm phương trình (2) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x0,x1

Câu 3. Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển

Trang | 13 Giải:

*) Ta có 12n C20n C21n C22n C22nn C22nn

Suy ra: 2

2 n

n n n

C C C C12n C23n C22nn

Mà 2

2 2

2 n 1 n C n C n C nn

0 2

2 n

n n n

C C C

2 n

n n n

C C C

0 2

2 2

C n C n C nn

10

2.512 (do C20n C22n C22nn 512) 2n 10 n

*) Xét khai triển

5

5

2

5

1 1 k k k

k

x x x x C x x

5

0

k k k i i

k

k i

C x C x

5

5 0

k

k i k i k k i

C C x (với ,i k ,0 i k * ) *) Vì số hạng chứa

x nên k i Kết hợp với điều kiện * ta trường hợp sau:

0

; ;

5

i i i

k k k

*) Hệ số cần tìm là: C C55 50 C C41 54 C C32 53 51

Câu Cho tam giác ABC có ABc, BCa, CAb, ha độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A

và

2 a

a

b c  h Chứng minh ABCđều Lời giải Ta có:   2 sin ABC a S a a a

b c h b c

b c a b C

               sin

sin sin 3.sin sin

2

1 3

sin sin sin cos sin sin cos sin

2 2

B C

B C B C

B C B C C C B B

Trang | 14

sin cos sin cos

3

B C    C B   

          

   

   

cos cos

3

B  C 

   

      

   

Vậy tam giác ABC

Câu : Một bóng cao su thả rơi từ độ cao h18m Sau lần chạm đất, bóng lại nảy lên cao

4 độ cao lần rơi trước Giả sử bóng rơi nảy theo

phương thẳng đứng Tính tổng độ dài qng đường bóng di chuyển từ lúc thả đến lúc không nảy

Lời giải

Sau lần chạm đất đầu tiên, bóng nảy lên độ cao 1

4

h  h Tiếp theo bóng rơi xuống quãng đường h1 Lần chạm đất thứ hai bóng nảy lên 2 1

4

h  h rơi xuống quảng đường h2 Cứ đến lần chạm đất thứ n bóng nảy lên đến độ cao 1

4

n n

h  h rơi xuống quãng đường hn

Ta thấy dãy h h h, ,1 2, ,hn cấp số nhân lùi vô hạn với công bội

3

q Tổng quãng đường bóng là:

 n  n

s h h   h h  h   h h

1

h h

q q

 

  126m

Câu Trong mặt phẳng Oxy, cho đường trịn tâm I có phương trình x1 2 y 125, tam giác

ABC nội tiếp đường tròn đường phân giác góc A có phương trình x  y Biết hai điểm A I cách đường thẳng BC điểm A có hồnh độ dương Tính diện tích tam giác ABC

Trang | 15

Ta có I1; 1  Tọa độ giao điểm đường phân giác góc A  I nghiệm hệ phương trình    

2

1

1

     



   

x y

x y

2,

1,

  

      

x y

x y

Suy có hai giao điểm A 2;1 , A   1; 2 (Vì A có hồnh độ dương)

Đường thẳng BC vng góc A I nên phương trình BC có dạng: 2x  y m 0BCA I   ;   ; 

d A BC d I BC

5

   

 m  m   m

Phương trình BC: 2x  y

Tìm tọa độ điểm B, C là: 21; 21

5

    

 

 

 ,

9 21 21 ;

5

    

 

 

 

Vậy diện tích tam giác ABC  ;  84 2 21

2 5

  

ABC

S BC d A BC

Chú ý: khơng cần tìm tọa độ củaB,C mà ta tính diện tích sau:

 

;

5

d I BC  21

5

BC

  (sử dụng pitago)

  ;  1.2 21 2 21

2 5

ABC

S  BC d A BC  

Câu 7. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, chiều cao h khơng đổi Gọi

,

M N hai điểm di động hai cạnh BC CD, cho góc MAN 45 Đặt

BM x Tìm x theo a cho thể tích khối chóp S AMN đạt giá trị nhỏ

Trang | 16

Ta có . .1 sin 45

3 12

S AMN AMN

h

V  h S  h AM AN   AM AN

Đặt MAB, 0     45 NAD  45  Khi

     

2

2 2

cos cos 45 cos cos sin sin 45

AB AD a a

AM AN

     

  

     

Khi VS AMN. nhỏ  AM AN nhỏ nhất 1 sin 2  45  lớn nhất  22,5

Vậy xa.tan 22,5 a 1  thể tích khối chóp S AMN đạt giá trị nhỏ

Câu Cho a b c, , số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a  b c Tìm giá trị nhỏ biểu

thức

2

b c a

M

a b c b a c

 

   

  

 

Lời giải

Biến đổi 1

2

1 1

M

a b c

b c a

 

 

   

    

 

Ta có bất đẳng thức 1 , , 0, 1 1x1y 1 xy x y xy

Thật 1

1x1y1 xy    

1

x y xy

    x y, 0,xy1 Dấu xảy x y

α 45°

x

D

B C

A

S

M

Trang | 17

Do

2

1

M

c a

a c

 

 

Dấu xảy a b

b c

 

Đặt t a c

 Vì a b c nên t  1 t t 5

1 1

t t

M

t t t



   

  

Xét hàm số  

1

t f t

t

 

 , ta có:    2  

4

0, 1;

1

f t t

t

     

 nên f t  hàm số đồng

Trang | 18 3 ĐỀ SỐ

Bài (6,0 điểm)

a) Cho x y số thực thỏa mãn 2x y 0. Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 .

x xy y

P

x xy y

 



 

b) Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y x3 3x23mx m có hai điểm cực trị nằm khác phía trục hoành

Bài (5,0 điểm)

a) Tìm số hạng tổng quát dãy số  un biết u12 un12un5,  n *. b) Cho dãy số  vn thỏa mãn 1 1 ,

2018

v  1 2 2,

1 2018

n n

n v v

v

    n * Chứng minh

* n, . n

v  v  n

Bài (4,0 điểm). Giải hệ phương trình

  2

2 2

2 1

.

1 1

xy x y x y

x y y x x y x

   

   

    

Bài (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn có ABAC hai đường cao BE CF, cắt H.

Các đường tròn  O1 ,  O2 qua A theo thứ tự tiếp xúc với BC B C, Gọi D giao điểm thứ hai  O1  O2 .

Trang | 19 HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1 6,0

a Ta có 2 , t t P t t   

  với

1 x t y  

Xét hàm số

2 ( ) t t f t t t   

  với

1 t Tính 2 2 (t) , ( 1) t f t t     

( )

1 f t t t         

Bảng biến thiên

Suy giá trị nhỏ P

3 , khơng có giá trị lớn

0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 b

Tập xác định D

2

'

y  x  x m

Yêu cầu tốn  Phương trình y'0 có hai nghiệm phân biệt

1,

x x thỏa mãn y x   1 y x2 0

Phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt   1 m (*)

Khi đồ thị hàm số cho có hai điểm cực trị

 1; 1 , 2; 2

A x y B x y

Ta có 2 1

3

x

y    y  m x

 

Do y1 y x 1  2m1x1 y2  y x 2  2m1x2

     2

1 1

y x y x   m x x 

x x1 2      0 m m Kết hợp với điều kiện (*) ta có m0 thỏa mãn toán

Trang | 20

0,5

0,5 0,25

2 5,0

a *

,

n

  ta có un1 2un 5 un1 5 2un5

Đặt *

5,

n n

w u   n

Khi *

1 ,

n n

w  w  n

Do  wn cấp số nhân có w1  u1 7, cơng bội q2

Suy 1 *

1 7.2 ,

n n

n

w w q     n

Vậy *

7.2n 5,

n

u     n

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

b

Chứng minh vn   0, n *

Khi *

1

2

,

1 2108 2018 2018

n n

n

n n

v v

v n

v v

       (1)

Mặt khác, *

,

n

  ta có

 2

1 2

1 2018

2 2018

0

1 2018 2018 2018

n n

n n n

n n n

n n n

v v

v v v

v v v

v v v



 

     

  

0,5

1,0

1,0

3   2

2 2

2 (1)

1 (2)

xy x y x y x y y x x y x

    

 

    



4,0

Điều kiện xy0

Ta có x2    1 x 0, x nên y0 khơng thỏa mãn (2) Do

0

y Suy x0 không thỏa mãn (1)

Nếu x y, âm (1) vơ lí Do x y, dương

0,25

Trang | 21

Suy (2) 12  x2 x y y2 1

x

     

12 1 y y2 y

x x x

      (3)

Xét hàm số f t( )t t2 1 t khoảng 0; Ta có

2

2

( ) 1 0,

1

t

f t t t

t

       



Suy f t( ) đồng biến 0;

Do (3) f f y  y xy

x x

 

      

 

Thay xy1 vào phương trình (1) ta

  2 2   2 2

2 x  y x y  x1  y1    0 x y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm    x y;  1;1

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

4 5,0

a Gọi I giao điểm AD BC Ta có IB2 IA ID IC2

Suy IBIC

Do I trung điểm BC Hay đường thẳng AD qua trung điểm I BC

0,25 0,75 0,25 0,25

b

A

B C

E F H D

Trang | 22

Chứng minh BHCBDC Suy tứ giác BHDC nội tiếp Chứng minh AFHD nội tiếp

Chứng minh EF BC HD, , đồng qui

1,0

Trang | 23 4 ĐỀ SỐ

Bài (5 điểm)

Giải phương trình nghiệm nguyên: x3  y3x y2 xy2 4x2 xy y21.

Bài (5 điểm)

Cho , 0;

2

x y  

  Chứng minh rằng:

 

2 2 2

1 1 1 9

. sin xsin y1sin xcos y1cos x1 2 sin xsin 2ysin sinx ysin cosx y

Bài (5 điểm)

Cho tam giác ABC có AB AC nội tiếp đường trịn  O . Phân giác góc BAC cắt

 O điểm D khác A, lấy E đối xứng B qua AD, đường thẳng BE cắt  O F khác B Lấy điểm G di chuyển cạnh AC (G khác A C, ), đường thẳng BG cắt  O H khác B. Đường thẳng qua C song song AH cắt FD I Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI hai điểm phân biệt K L, Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng KL qua điểm cố định

Bài (5 điểm)

Trang | 24 ĐÁP ÁN

LỜI GIẢI TÓM TẮT ĐIỂM

Bài (5 điểm)

Giải phương trình nghiệm nguyên: x3  y3x y2 xy2 4x2 xy y21.

Nhận xét: x y 0,5

 2

2 x y 4xy 1

    0,5

    

3 2 2 2

4 1 4 4 1

x  y x yxy  x xyy   x  y x y  xy 0,5

 2 

2 4xy 1 2 x y x y 4 4xy 1 x y 4

          1,5

2 x y 4 x y 3;4;5

       0,5

3

x y không thỏa 0,5

4

x y không thỏa 0,5

5

x y tìm x1;y4hoặc x4;y1 0,5

Bài (5 điểm)

Cho , 0;

2

x y  

  Chứng minh rằng:

 

2 2 2

1 1

sin xsin y1sin xcos y1cos x12 sin xsin 2ysin sinx ysin cosx y

Đặt asin sin ,x y bsin cos ,x y ccosx a b c, , 0 a2 b2c2 1 1,0

Ta cần chứng minh

 

2 2

1 1

1 c

a  b     abacbc

0,5

Thật vậy,

        

2 2

1 1 1

1 c

a  b     ab ac  bc ba  ca cb

Trang | 25

 

a 2b aa bc bc c

  

  

Mà ab a c b c  a b c ab acbcabc

   1   8  

9 9

a b c ab ac bc a b c ab ac bc a b c ab ac bc

               1,0

Nên

 

2 2

1 1

1 c

a  b     abacbc

1,0

Đẳng thức xảy

1 3

a  b c  1 arccos 1 ,

4

3 3

a  b c  x y

0,5

Bài (5 điểm)

Cho tam giác ABC có AB AC nội tiếp đường tròn  O . Phân giác góc BAC cắt  O điểm D khác A, lấy E đối xứng B qua AD, đường thẳng BE cắt  O F

khác B Lấy điểm G di chuyển cạnh AC (G khác A C, ), đường thẳng BG cắt  O

tại H khác B. Đường thẳng qua C song song AH cắt FD I Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI hai điểm phân biệt K L, Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng KL qua điểm cố định

Gọi giao điểm đường thẳng EI BC J 0,5

DF trục đối xứng EC 1,0

CEJ ECI HAC HBC nên tứ giác BGEJ nội tiếp 1,5

Phép nghịch đảo NCk CE CG CJ CB  biến đường tròn (BCG) thành đường thẳng EJ nên biến

,

K L thành

1,0

Do 2

CK CL k hay đường trung trực đoạn thẳng KL qua điểm C cố định 1,0

Bài (5 điểm)

Trang | 26

Lấy tập A tùy ý, A có phần tử a thuộc 45 tập hợp khác Nếu không, số tập hợp không 45x44 + = 1981

1,0

Suy a thuộc 46 tập A A, 1, ,A45 1,0

Với tập B bất kì, a khơng thuộc B với tập Ai1 i 45 có phần tử ai chung với B mà ai a

1,0

Thành B khơng có phần tử chung với A, có phần tử chung phải thuộc tập

1 45

i

A  i nên A Ai1 i 45 có phần tử chung (Vơ lí)

1,0

Trang | 27 5 ĐỀ SỐ

Bài (4 điểm).

1. Cho hàm số yx42m1x2m2 m 1, với m tham số Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho có ba điểm cực trị đỉnh tam giác

2. Một hộ gia đình cần xây dựng bể chứa nước, dạng hình hộp chữ nhật tích  3

24 m

Tỉ số chiều cao bể chiều rộng Biết bể có mặt bên mặt đáy (khơng có mặt trên) Chiều dài đáy bể để xây bể tốn nguyên vật liệu

Bài 2(4 điểm)

1. Cho tam giác ABCcó cạnh BCa, ABcthỏa mãn cos sin ,

2

B B

ac  ac với

2ac Chứng minh tam giác ABClà tam giác cân

2. Có hai chuồng nhốt thỏ, chuồng thứ nhốt 19 thỏ lông màu đen thỏ lông màu trắng Chuồng thứ hai nhốt 13 thỏ lông màu đen thỏ lông màu trắng Bắt ngẫu nhiên chuồng thỏ Tính xác suất để bắt hai thỏ có màu lơng khác

Bài (3 điểm) Cho x y, số thực dương Giải hệ phương trình sau

       

2

1 log 1 16 1

4 99

y x y x y

x xy x y

        

  



   

 .

Bài (3 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, AB2AD Điểm N thuộc cạnh

AB cho

4



AN AB, M trung điểm DC Gọi I giao điểm MN và BD Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BIN Biết điểm A 2;1 , đường thẳng BD có phương trình

11x2y 5 0, điểm B có hồnh độ số nguyên

Bài (4 điểm) Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác vng A AB, a BC, 2 a Mặt bên

BCC B  hình thoi nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng chứa đáy Góc hai mặt phẳng BCC B  ABB A  , với tan 2,

4

 tính theo :a

a) Thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

b) Khoảng cách hai đường thẳng A C  B C

Bài (2 điểm). Cho x, y, z số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 10

45

16 10 10

P

x y z

xy yz xz

 

  

Trang | 28 ĐÁP ÁN

Bài (4 điểm).

1. Hàm số y xác định với x    

' 4

y  x  m x x x  m Ta có

 

0

'

1

x y

x m

 

      

Hàm số có điểm cực trị  m    1 m (*) Với điều kiện (*) đồ thị hàm số cho có điểm cực trị

 

0;

A m  m , B    m 1; m 2, C    m 1; m 2

Ta có    

4

1

2

AB m m AC

BC m

     

 

   



 Tam giác ABC cân đỉnh A với   m

Do để tam giác ABC ABBC m143m 1

1

m

   

Vậy với

1

m   đồ thị hàm số có điểm cực trị đỉnh tam giác

2. Gọi chiều cao, chiều rộng, chiều dài bể h, x, y  m (Điều kiện: h x y, , 0)

Theo đề ta có

24

h x xyh

   

 



4

h x

y x

     



Tổng diện tích xung quanh diện tích mặt đáy bể S xy 2xh 2yh 8x2 54 x

    

Ta tìm x để S đạt giá trị nhỏ

Cách : Áp dụng bất đẳng thức AM-GM :

Ta có S 8x2 27 27 3 3 x2 27 27. 54

x x x x

     Dấu ‘=’ xảy

2

x Vậy giá trị nhỏ S 54

2

x

3

y

 

Cách : Xét hàm số 54

8

S x

x

  , x0

Có S' 16x 542 x

  ; '

2

Trang | 29

Hàm số đạt giá trị nhỏ

2

x

3

y

  Vậy chiều dài bể bẳng

3 m ta xây bể tốn ngun vật liệu

Bài 2(4 điểm) 1

Bình phương hai vế ta có phương trình:

   

2 cos sin

2

B B

ac  ac 2ac

2a c  cosB 2a c  cosB

      2 cosa Bc 4 sin cosR A B2 sinR C

2.sin cosA B sinC

  sinA B sinA B sinC

0

sin(180 C) sin(A B) sinC

     sin(AB)0  A B 0A B,   Vậy tam giác ABC cân C

2.

Chuồng thứ bắt thỏ có 20 cách Chuồng thứ hai bắt thỏ có 15 cách

Số cách bắt chuồng thỏ là: n  15.20300 Gọi A biến cố: "bắt hai thỏ màu"

+ TH1: Hai thỏ màu đen có 13 19 = 247 (cách) + TH2: Hai thỏ màu trắng có = (cách)

( ) 247 249

n A    (cách)

 

( ) 249 ( )

300

n A P A

n

  



Do xác suất bắt hai thỏ có màu lơng khác là: 249 17

300 100

 

Bài (3 điểm)

Trang | 30

     

4

16

log log 1

1

x y x

y

      

 (vì x y, dương)

     

4

16

log 1 log

1

x x y

y              4 16 16

log 1 log

1

x x

y y

       

   1

Xét hàm số f t  t log4t2 liên tục 0;

Ta có '  1 0

ln

f t t

t

    



Suy hàm số y f t  liên tục đồng biến 0; Phương trình  1 có dạng  1 16

1

f x f y             16

1 1 16 15

1

x x y xy x y

y

          



   

2x y x y 15

    

Ta có 2  2    

4x 7xy3xy 99 2xy 3x y 1 99

Từ    2 , ta có hệ phương trình

                2

2 15 2 3 2 54

2 99 15

x y x y x y x y

x y x y x y x y

                             

2 15

x y

x y

x y x y

                 x y x y       

 (vì x y, dương nên 2x y 0) 8 

9 x x y x         3 x y x y              

(thỏa mãn điều kiện x y, 0)

Vậy hệ phương trình cho có tập nghiệm S    1;7 ; 3;3 

Bài (3 điểm)

Gọi P trung điểm AB, J giao điểm PM BD

Ta có P, M trung điểm AB DC nên AP PM MD AD   APMD

Trang | 31

Xét hai tam giác vuông MNP DJM có DM DM

MN DI

 

 



MNP DJM

     MNPDJM MNBD

Gọi H hình chiếu vng góc A lên BD, ta có AH d A BD ,  Ta có 2  12  12 AB5

AH AB AD

Gọi ;11

2



 

   

 

t

B BD B t Vì điểm B có toạ độ nguyên nên t

Mà AB5  

2

2 11

2

2

t

t   

    

 

2

125t 50t 75

    31

5

t t     

  

 1; 3

B   t số nguyên

Ta có 5;

4

 

   

 

AN AB N

Gọi K trung điểm BN, 1;

8

  

 

 

K , 15

8



KB

Phương trình đường ngoại tiếp tam giác BIN là:

2

1 225

8 64

      

   

x  y 

Bài (4 điểm)

* Nhận xét: Đề nên cho B BC góc nhọn, xét thêm trường hợp B BC 900

Trang | 32

a) Dựng AHBC H BC, suy AHBCC B 

Trong tam giác vuông ABC: 2 3,

2

AB AC a

AC BC AB a AH

BC

    

Dựng HI BB I  BBthì BB HI BB AHI BB AH         

 hay AIH 

Ta có:

2

3 6

, : sin

2 tan 5

AB a AH a a IH

BH IH IBH

BC  BH

       

Vậy

1

3 sin

3

ABC A B C A BB C

V     V   AH BB BC IBH  a

b) Dựng B D BC D BC, ta có B D ABC Ta có

 ,   ,   ,   ,  BC  , 

d A C B C d A C B AC d C B AC d B B AC d D B AC

DC

             

Dựng DJ AC J AC DK, B J K  BJ, d D B AC ,  DK

Trong tma giác vuông IBH:

2 cos

2

sin cos

5

.sin

5

a BD BB IBH

IBH IBH

a B D BB IBH

               

Trong tam giác

2

4

5 :

2 5

a a DJ CD

ABC DJ a

AB CB a



    

Suy

'2

2

4

5 5 42

35

96 16

25 25

a a

DB DJ a

DK DB DJ a a      

Vậy  ;  42

7

BC

d A C B C DK a

DC 

   

Bài (2 điểm).

Ta có 16 xy2 10yz2 10xz 16 xy2 (2 )(5 )y z 2 (2 )(5 )x z

8x 8y 2y 5z 2x 5z 10(x y z)

        

Vậy ta có

  10 1  

10

0

45 10 45

P f t

x y

x y z z t t

    

   

  , với t   x y z

Xét   10

10 45

f t

t t

 

 với t>0 Ta có 2

1 10

( )

10 (45 )

f t

t t

   

Trang | 33

 2 2

( ) 45 100

f t   t  t

5

5 45

11

t

t

t t

 

 

   

  

Ta có bảng biến thiên

Suy  

50

P f t    t

Do giá trị nhỏ P

50



đạt

25

12

5

6

x y x y z

x y z z

  

   

 

 

     

Trang | 34

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia