bộ đề thi HSG toán lớp 12 các năm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2019 - 2020 TỈNH QUẢNG BÌNH Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT (Đề thi có 01 trang 05 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  sin x  cos x   sin 2x x có đồ thị C  điểm A 1;1 Tìm giá trị m để đường thẳng 1x d  : y  mx  m  cắt đồ thị C  hai điểm phân biệt M , N cho AM  AN đạt giá trị nhỏ  b Cho hàm số y   Câu (2,0 điểm) a Cho hàm số f x   P Tính tỉ số , với P  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 x Q  2019 Q  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 b Giải phương trình: log2  log2 3x  1  1  x   Câu (2,0 điểm) a Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm A B C b Tìm cơng sai d cấp số cộng un  có tất số hạng dương thỏa mãn:   u1  u2   u2020  u1  u2   u1010    log u  log23 u5  log23 u14     Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = a Một mặt phẳng  qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với  x  a a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD lần thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) a Cho số thực phân biệt a, b  Chứng minh rằng: loga loga b   logb loga b  b Cho số thực a1  a2   an  1, n  2 Chứng minh rằng:     loga loga a2  loga loga a   loga 1 2 n 1 log an 1    an  loga loga a1  n HẾT n HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO) Câu 1a (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  sin x  cos x   sin 2x Hướng dẫn t 1 Đặt sin x  cos x  t   2;   sin 2x  t  , y   f t , t   2;      t 1 Ta có f ' t   1t t   Tính f   Suy ra: y   t2  1 1 ;f 1  f ' t    t      , f 1  x   3  k 2 ; max y   x  k 2, x   k 2 x có đồ thị C  điểm A 1;1 Tìm giá trị m để 1x đường thẳng d  : y  mx  m  cắt đồ thị C  hai điểm phân biệt M , N cho AM  AN  Câu 1b (1,0 điểm) Cho hàm số y   đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn Cách 1:   Dễ thấy đường thẳng d  : y  mx  m  qua điểm I 1;  giao điểm hai đường tiệm cận Ta có y '  1  x    0, x  nên để đường thẳng d  cắt C  hai điểm phân biệt M , N  m  Khi I 1;  trung điểm đoạn MN          Ta có AM  AN  AM  AN  2AM AN  4AI  2AM AN  32  2AM AN (*) 2     Do A cố định nên: ta xét AM AN số dương tam giác AMN có cạnh MN nhỏ tìm giá trị nhỏ Mà C  Hypebol nên d  đường phân giác góc tạo hai tiệm cận m  1 d  : y  x cắt C  hai điểm phân biệt M 0; 0, N 2; 2 MN nhỏ nhất,   ta có: AM AN  1.3  13   , AM  AN  32  12  20 Vậy   AM  AN  20  m  1 Cách 2: Xét phương trình hoành độ giao điểm d  cắt C  : mx  m    mx  2mx  m   (vì x  không nghiệm) x ,x  1x m  Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   m  m  m m  1   x  x  2  Theo định lý Viet ta có:  x x  m   m    Mặt khác AM  AN  x  1  x  1  m x  1   m x  1  2 AM  AN  10  AM  AN  18  AM  AN  18   m  1 m m  1 m m  1 m  2 2   m x  1  x  1   m x  1  m x  1         m x  x   2x 1x  x  x   2     m  1    m 2    16  m    16  m  m m    m      AM  AN  20  m   m  1 Câu 2a (1,0 điểm) Cho hàm số f x   P Tính tỉ số , với x Q  2019 P  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 Q  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 Hướng dẫn 2019x ln 2019 2019x ln 2019 f x    f ' x     f ' x     f ' x , x   2  2019x  2019x  2019x     Do f ' x  hàm số chẵn, suy g x   x f ' x  hàm số lẻ 2019 2019 2019 k 1 k 1 k 1 Vậy P   g k  Q   g k    g k   P  P  Q Câu 2b (1,0 điểm) Giải phương trình: log2  log2 3x  1  1  x   Hướng dẫn Đặt log2 3x  1  y  3x   2y , từ phương trình cho ta có: 1  log2 3y  1  x  3y   2x Như ta có điều kiện x , y   ;  ta hệ phương trình:  3 3x   2y 1   Xét hàm f t    2t  3t, t   ;   f ' t   2t ln  , ta có:  x 3y   3   f ' t    2t    1       ;  , f ' t   2t ln  đồng biến nên ta có  t  log2   ln  ln   t   điểm cực tiểu f t  , f     2  3  nên phương trình f t   có hai nghiệm t  1, t  Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: x  y   2y  2x  3x  2x  3y  2y 1  g x   g y  , với g t   3t  2t đồng biến  ;  , suy x  y   Cuối phương trình cho  f x    x  1, x  Câu 3a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm A C B Hướng dẫn Trên cạnh BC ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm (kể B C), đường thẳng song song BC (phía BC) ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm, cuối đến A có đỉnh tam giác cạnh 1cm Ta có n S         45 Như số phần tử không gian mẫu là: n   C 45 Theo yêu cầu: có hình bình hành tạo thành từ đỉnh S đỉnh thuộc tam giác cạnh 5cm (tức bỏ tất đỉnh tam giác cạnh 1cm nằm ba cạnh BC, CA, AB cạnh có liên quan đến đỉnh đó) K K T H H I G E D D M G F P P P P K T H I G F K T I H T I F E N • Trường hợp 1: Các cạnh hình bình hành nằm MN có đỉnh thuộc MN - Các hình bình hành có cạnh nằm MN + Tạo hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm đường thẳng song song trùng với DM (hoặc song song trùng EN) tạo hình bình hành trường hợp có C 52 cách Như có: C 52  C 52  20 hình bình hành + Tạo hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận ta có có: C 42  C 42  12 hình + Tạo hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận ta có có: C 32  C 32  hình + Tạo hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận ta có có: C 22  C 22  hình Vậy hình bình hành có cạnh nằm MN có 20 + 12 + + = 40 hình - Các hình bình hành có đỉnh thuộc MN + Đỉnh số số 4: có hình bình hành + Đỉnh số số 3: có hình bình hành Vậy hình bình hành có đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình Do trường hợp ta có: 40 + 14 = 54 hình • Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm DE khơng thuộc MN có đỉnh thuộc DE So với trường hợp số tổ hợp giảm 1, ta làm tương tự có: C       C 42  C 32  C 32  C 22  C 22  3   2  28 hình • Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm GF khơng thuộc MN DE có đỉnh thuộc GF     Tương tự ta có C 32  C 32  C 22  C 22  2  2  12 hình • Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm HI khơng thuộc MN, DE GF có đỉnh thuộc HI   Ta có C 22  C 22   hình Số hình bình hành bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + = 97 hình Vậy xác suất cần tìm là: p  97 97  148995 C 45 Lưu ý: Đề yêu cầu đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC nên số hình bình hành tương đối nhỏ Nếu đỉnh hình hành khơng ngồi tam giác ABC nhiều hình Câu 3b (1,0 điểm) Tìm cơng sai d cấp số cộng un  có tất số hạng dương thỏa   u  u   u2020  u1  u2   u1010  mãn:  2  log u  log23 u5  log23 u14     Hướng dẫn Từ phương trình đầu hệ ta có: 2020 2u1  2019d   1010 2u1  1009d   2u1  2019d  4u1  2018d  d  2u1  u  5u1, u5  9u1, u14  27u1 vào phương trình thứ hai hệ, ta có: log  log u1   log  log u1   log 27  log u1   Đặt 2 log u1  t, log  a , ta có phương trình: a  t   2  t   3  t    3t  a  5t  11  a  2 t   a  5  2a  10a  a 5 2a 10a 8 Suy u1  3 a 5 2a 10a 8 Vậy d  2.3 , với a  log Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a Một mặt phẳng   qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với  x  a a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD lần thể tích khối chóp S.ABCD Hướng dẫn a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x Vì ABCD hình vng nên AB // CD, suy AB //   AB // MN hay ta có MNCD hình thang Mặt khác: CD  AD, CD  SA nên CD  mp(SAD) suy MN  (SAD) suy MN  MD Vậy tứ giác MNCD hình thang vng D M Từ ta có DM đường cao hình thang MNCD Ta có MN SM a x    MN  a  x MA = x nên DM  x  a Do ta tính diện tích AB SA a MNCD là: S  CD  MN .DM  2a  x  x  a2 S H M N D A B C b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD Ta có VS ABCD lần thể tích khối chóp S.ABCD a3 (1) Kẻ SH vng góc với DM, (H thuộc DM), ta có:  SA.S ABCD  3 MN  (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN  SH, suy SH  (MNCD), từ SH đường cao khối chóp S.MNCD Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM DAM ta có: SH SM   DA DM a x x  a2  SH  a a  x  x x  a2 thể tích khối chóp S.MNCD là: 2 a a  x 2a  x  a a  x  2a  x  x  a (2)  V' x  a2 a a  x 2a  x  Từ (1), (2) u cầu tốn ta có phương trình:  a3  x  x x 2a 1   2     1  t 2  t   4, t   0;1  t   0;1  x    a  a  a 3 2a thể tích khối chóp S.MNCD lần thể tích khối chóp S.ABCD Vậy với x  Câu 5a (0,5 điểm) Cho số thực phân biệt a, b  Chứng minh rằng: loga loga b   logb loga b  Hướng dẫn Đặt loga b  t  0, t   b  a t Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: loga t  logat t   t  1 loga t  (*) Nếu t  t   & loga t   * Nếu  t  t   & loga t   * Vậy ta có điều cần chứng minh Câu 5b (0,5 điểm) Cho số thực a1  a2   an  1, n  2 Chứng minh rằng:     loga loga a2  loga loga a   loga 1 2 n 1 log an 1    an  loga loga a1  n n Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức câu 5a, ta có:        loga loga a2  loga loga a  loga loga a2  loga loga a 1      2      loga loga a2  loga loga a  loga loga a2 loga a  loga loga a 1 2 2 Lặp lại lần nữa:        loga loga a  loga loga a  loga loga a  loga loga a      3      loga loga a  loga loga a  loga loga a loga a  loga loga a 3 3 Cứ tiếp tục lặp lại ta thay số logarit số lấy logarit (chú ý lần thay số a1 không đổi), ký hiệu vế trái P, cuối ta có:         P  loga loga an  loga loga a1  loga loga an loga a1  loga loga a1  (đpcm) n n n n n HẾT n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Câu Câu I.1 1,0 đ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT Năm học 2018-2019 Mơn thi: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Nội dung Điểm 2x 1 có đồ thị  C  Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt  C  x 1 hai điểm phân biệt A B cho PAB đều, biết P  2;5  Cho hàm số y  hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C ) nghiệm phương trình 2x 1   x  m  x  (m  3) x  m   1 ( x  1 không nghiệm (1)) x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt     m  2m  13   m   x1  x2  m  Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình (1), ta có:   x1 x2  m  0,25 0,25 Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x2 ;  x2  m  Khi ta có: AB   x1  x2  PA   x1      x1  m   PB   x2      x2  m   2 2 0,25   x1     x2     x2     x1   2 , Suy PAB cân P Do PAB  PA2  AB   x1     x2     x1  x2    x1  x2    x1  x2   x1 x2   2 2  m 1  m  4m     Vậy giá trị cần tìm m  1, m  5  m  5 Câu I.2 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB  25m , chiều rộng 1,0 đ AD  20m chia thành hai phần vạch chắn MN ( M , N trung điểm BC AD ) Một đội xây dựng làm đường từ A đến C qua vạch chắn MN , biết làm đường miền ABMN làm 15m làm miền CDNM làm 30m Tính thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C Giả sử đường từ A đến C gặp vạch chắn MN E M B C 0,25 đặt NE  x(m)( x  [0; 25])  AE  x  102 ; CE  (25  x)2  102 25m 0,25 E x A 20m N D AE CE Thời gian làm đường từ A đến C t ( x)    15 30 (25  x)2  100 x  100 ( h)  15 30 0,25 t '( x)  x  15 x  100 (25  x) 30 (25  x)  100 ; t '( x)   x (25  x)2  100  (25  x) x  100  x(25  x)   2 2 4 x [(25  x)  100]  (25  x) ( x  100) 0  x  25 0  x  25    2 2 2 4(25  x) ( x  25)  x [400  (25  x) ]=0 ( x  5)[4(25  x) ( x  5)  x (45  x)]=0  x  5; 20  725 10  725 , t (25)  , t (5)   Thời gian ngắn làm đường từ 30 30 A đến C (giờ) CâuII.1 (3 x  1)  y  y  x  (1) 1,0 đ Giải hệ phương trình  (2) 3 xy  x   x  0,25 t (0)  0,25 y   Điều kiện  x    (1)  (3x  1)  3x   y  y (*) xét hàm số f (t )  t  4t (t  [0; )); từ (*) ta có f ( 3x  1)  f ( y ) f '(t )  4t  4; f '(t )   t  bảng biến thiên t 0,25 - f'(t) - +∞ + f(t) Từ bảng biến thiên ta thấy : hàm số nghịch biến [0;1] ; đồng biến [1; ) + Nếu x  thay vào (2) ta có y thuộc [0;1] [1; ) ta có 3x   y  y  3x  3 x  x   x   x(3 x  1)  x   x   x  x   x    (thỏa 3 x   x    y  mãn) +Nếu x  y không thuộc [0;1] [1; ) 3x y 1 3x   y 1     x( y  1)  3x   y     từ (2)  x( y  1)  ( x   1)  vơ lý Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (1; 4) Trong thi: "Thiết kế trình diễn trang phục dân tộc" Đoàn trường THPT tổ CâuII.2 1,0 đ chức vào tháng năm 2018 với thể lệ lớp tham gia tiết mục Kết có 12 tiết mục đạt giải có tiết mục khối 12, có tiết mục khối 11và tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng Tính xác suất cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12 0,25 0,25 0,25 Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên  Số phần tử không gian mẫu là: n(  )= C125  792 Gọi A biến cố “ Chọn tiết mục cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12'' Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A : + tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 Số kết thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C42 C32 C51  C42 C31.C52  C43 C31.C51  330 Xác suất cần tìm P  Câu III.1 1,0 đ 330  792 12 0,25 0,25 0,25 0,25  un2  Cho dãy số  un  xác định u1  1, un 1  un , n  Xét tính đơn điệu bị chặn  un  Chứng minh un  0, n  * (1) (1) 0,25 u1   (1) n = Giả sử uk  0, k   uk 1   uk2  uk uk   uk2  Vậy (1) n = k +  un  0, n  un 1  un   un2  un  un   un2   un2 un * 0 0,25  0, n   un 1  un , n  * 0,25  dãy số  un  giảm Do dãy số  un  giảm nên un  u1 , n   un  Câu III.2 1,0 đ *  un  1, n  *   un  1, n  *  dãy số 0,25 bị chặn Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD, AB  CD ) có AD  DC , D (3;3) Đường thẳng AC có phương trình x  y   , đường thẳng AB qua M (1; 1) Viết phương trình đường thẳng BC D Gọi H hình chiếu D AC D ' giao điểm DH với AD Vì DC  AD nên ADC cân C D  DAC  DCA mà CAB  DCA (so le H A I D' M B trong)  DAH  D ' AH  H trung điểm BB’ BB ' qua B vng góc với AC Ta viết phương trình BB’: x  y   0,25 H  BB ' AC  H  4;  Có H trung điểm DD ' Do D '  5;1 uuuur AB qua M nhận MD ' làm vtcp nên phương trình AB : x  y    AC  AB  A  2;0  uuur uuuur Ta có ADCD ' hình bình hành nên AD  D ' C Do đó, C  6;  Gọi d đường trung trực DC , suy d : x  y  17  Gọi I  d  AB , I trung  53 11   43 11  điểm AB AB  d  I  ;   B  ;   10 10   5 uuur Đường thẳng BC qua C nhận CB làm vectơ phương nên BC : x  13 y  106  0,25 0,25 0,25 Câu III.1 1,0 đ Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có đáy ABCD hình vng 1) Gọi S tâm hình vng A ' B ' C ' D ' SA , BC có trung điểm M N Tính thể tích khối chóp S ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600 AB  a S M I H C A 600 Gọi H trung điểm AC => SH trung tuyến tam giác .SAC Mặt khác SAC cân S => SH đường cao  SH  AC  SAC    ABC  ;  SAC    ABC   AC   SH   SAC  ; SH  AC   SH   ABC  0,25 N a B Câu III.2 1,0 đ Gọi I trung điểm AH , mà M trung điểm SA => IM đường trung bình  IM / / SH  tam giác SAH    IM  SH SH   ABC     IM   ABC   MNI   MN ,  ABC    60 IM / / SH  3 ABC vuông cân B , có AB = a => BC = a; AC  a => CI = CI  AC  a 4 a NC  BC  ; ABC vuông cân B  A  C  450 2 a 10 a 30 Xét CNI CÓ : NI  CI  CN  2CI CN cos ICN   MI  IM tan 600  4 a 30 1 a 30  SH  MI   VS ABC  SABC SH  AB.BC.SH  3 12 Khi AA '  AB Gọi R, S nằm đoạn thẳng A’D, CD’ cho RS vng góc với mặt phẳng (CB ' D ') RS  0,25 0,25 0,25 a Tính thể tích khối hộp ABCD A’B’C’D’ theo a uuuur ur uuuuur r uuuuur ur ur r ur ur r r ur ur ur Đặt A ' A  m, A ' D '  n, A ' B '  p  m  n  p  b; m.n  n p  p.m  uuuur uuuur uuuur uuuur D' C' A ' R  x A ' D; D ' S  y.D ' C n Ta có uuuur ur r uuuur ur ur uur uuur uuuuur uuuur A' B' A ' R  x.m  x.n; D ' S  y.m  y p  RS  RA '  A ' D '  D ' S p ur r ur   y  x  m  1  x  n  y p S R 0,25 m D A C B Do đường thẳng RS vng góc với mặt phẳng (CB’D’) nên ta có 0,25 ur r ur ur r uuur uuuur   y  x  m  1  x  n  y p m  n   RS B ' C    ur r ur ur ur  uuur uuuur   y  x  m  1  x  n  y p m  p   RS D ' C   x  uuuur uuuur uuuur uuuur 1  y  x     Vậy R, S điểm cho A ' R  A ' D; D ' S  D ' C 3 2 y  x  y   uuur ur r ur b2 b a  RS   m  n  p  RS   RS    b  a  VABCD A ' B 'C ' D '  a 3 3 3 Cho AA '  AB  a Gọi G trung điểm BD ' , mp  P  thay đổi qua G cắt   Câu III.3 1,0 đ     0,25 0,25 đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng H , I , K Tìm giá trị lớn biểu thức 1 T   D ' H D ' I D ' I D ' K D ' K D ' H D' D' G B' A' K H E I G C A C' F C D B' A 0,25 B Vì AA '  AB  a nên ABCD A ' B ' C ' D ' hình lập phương có G trung điểm BD ' nên G tâm ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi E, F tâm ADD'A' BB'C'C  E, F trung điểm A'D B'C; G trung điểm EF uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur r uuuur uuuur uuur uuuur  GA  GB '  GC  GD '  2GE  2GF   D ' G  D ' A  D'C  D'B' uuuur D ' A uuuuur D ' C uuuuur D ' B ' uuuur uuuur a uuuur a uuuuur a uuuuur  4D ' G  D ' H  D ' K  D ' I  D ' G  D ' I  D ' K  D ' H (1) D'H D'K D'I 4D ' I 4D ' K 4D ' H  Câu V 1,0 đ  Vì điểm H,I,K,G đồng phẳng nên uuur uur uuur uuuuur uuuuur uuuur uuuur uuuuur uuuur GH  kGI  l.GK  D ' H  D ' H  k ( D ' I  D ' G )  l ( D ' K  D ' G ) uuuur uuuur uuuuur uuuuur k l  D 'G  D ' I  D ' K  D ' H (2) k  l 1 k  l 1 k  l 1 uuuur uuuuur uuuuur a a a D ' I , D ' K , D ' H không đồng phẳng nên từ (1) (2) ta   1 4D ' I 4D ' K 4D ' H ta chứng minh (ab  bc  ca )  (a  b  c)2 nên 1 1 1 T    (   )  D ' H D ' I D ' I D ' K D ' K D ' H D ' I D ' H D ' K 3a 3a  T   D'H  D'I  D'K  Nghĩa là: (P) qua G song song với 3a mp(ABC) Vậy giá trị lớn T 3a Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 0,25 0,25 0,25 P  a  ab  abc abc Vì a,b,c số dương  a  4b  a.4b  a  4b  ab  ab  a  4b 1 Đẳng thức xảy  a  4b Vì a,b,c số dương 0,25  a  4b  16c  3 a.4b.16c  a  4b  16c  12 abc  abc  a  4b  16c 12  2 Đẳng thức xảy  a  4b  16c a  4b a  4b  16c  12 a  4b a  4b  16c  a  ab  abc  a    a  ab  abc   a  b  c  12 3   P  (3) a  b  c a  ab  abc  a  b  c  abc Từ (1) (2) =>  ab  abc  0,25 Đặt t  a  b  c (t  0) 6 Từ (3) xét f (t )   (t  0); f '(t )    ; f '(t )   t  4t t 2t t *) Bảng biến thiên :  t f '(t ) + f (t ) 0,25  12 a  b  c  f ( )  12, a, b, c    a  21   a  4b  16c   đẳng thức xảy   b 84  a  b  c    c  336  Vậy giá trị nhỏ P -12 Nhìn vào bảng biến thiên  P  f   Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25 ... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Câu Câu I.1 1,0 đ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT Năm học 2018-2019 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Nội dung Điểm 2x 1 có đồ... Trong thi: "Thi? ??t kế trình diễn trang phục dân tộc" Đoàn trường THPT tổ CâuII.2 1,0 đ chức vào tháng năm 2018 với thể lệ lớp tham gia tiết mục Kết có 12 tiết mục đạt giải có tiết mục khối 12, có... mục khối 12' ' Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A : + tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết