SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
Năm học 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2018
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I (2,0 điểm)

2x −1
có đồ thị ( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y =− x + m cắt ( C ) tại hai
x +1
điểm phân biệt A và B sao cho ∆PAB đều, biết P ( 2;5 ) .

1) Cho hàm số y =

2) Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng AD = 20m được
chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là trung điểm BC và AD ).
Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường
trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m .
Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C .
Câu II (2,0 điểm)
(3 x + 1) 2 + 4 y = y 2 + 4 3 x + 1
1) Giải hệ phương trình 
.
3 xy = 4 x + 4 + 2 x + 3

=' AB
= a . Gọi G là trung điểm BD ' , một mp ( P ) thay đổi luôn đi qua G cắt các

góc với mặt phẳng (CB ' D ') và RS =

đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng tại H , I , K . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T=

1
1
1
.
+
+
D ' H .D ' I D ' I . D ' K D ' K . D ' H

Câu V (1,0 điểm)

biểu thức P
Cho các số dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của
=

1
6
.
−
3
a + ab + abc
a+b+c


x +1
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m 2 − 2m + 13 > 0 ⇔ m ∈ 
x + x =m − 3
Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1 2
 x1 x2 =−m − 1
Giả sử A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m )
Khi đó ta có:=
AB

2 ( x1 − x2 )

( x1 − 2 ) + ( − x1 + m − 5)

PB =

( x2 − 2 ) + ( − x2 + m − 5)
2

0,25

2

PA =

2

0,25

2


2

2

 m =1
. Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = −5 .
⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 ⇔ 
 m = −5
Câu I.2
Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng
1,0 đ
AD = 20m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là
trung điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch
chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm
trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng
làm được con đường đi từ A đến C .
Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN tại E
M
B
C
đặt NE = x(m)( x ∈ [0; 25]) ⇒ AE =

CE =

0,25

x 2 + 102 ;

(25 − x) 2 + 102

x 2 + 100
+
( h)
15
30

0,25
0,25


t '( x) =0 ⇔ 2 x (25 − x) 2 + 100 =(25 − x) x 2 + 100
 x(25 − x) ≥ 0
⇔ 2
2
2
2
4 x [(25 − x) + 100] = (25 − x) ( x + 100)
0 ≤ x ≤ 25
0 ≤ x ≤ 25
⇔
⇔
2
2
2
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=

0,25

y ≥ 0

Điều kiện 
1.
≥
−
x

3
(1) ⇔ (3 x + 1) 2 − 4 3 x + 1 = y 2 − 4 y (*)

xét hàm số f (t =
) t 4 − 4t (t ∈ [0; +∞)); từ (*) ta có f ( 3 x + 1) =
f ( y)
f '(t ) = 4t 3 − 4; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1
bảng biến thiên
t

0

0,25

1
-

f'(t)

-

≤ 0 ⇔ x( y − 1) ≤ 0
3x + 1 − 1
.
3x + 1 + 1 y + 1

(

)(

)

từ (2) ⇔ 3 x( y − 1)= ( x + 3 + 1) 2 > 0 vô lý. Vậy hệ có 2 nghiệm ( x; y ) là (1; 4)
CâuII.2
Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ
1,0 đ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục
đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ
chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối
nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω
Số phần tử của không gian mẫu là: n( Ω )= C125 = 792
Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và
trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''

0,25

0,25

0,25

0,25

un

⇒ dãy số ( un ) giảm

0,25

0,25
uk
1 + uk2 + 1

>0

Vậy (1) đúng khi n = k + 1 ⇒ un > 0, ∀n ∈ * .
un=
+1 − un

0,25

1 + un2 − 1
, ∀n ≥ 1 . Xét tính đơn điệu và bị
un

Cho dãy số ( un ) xác định bởi =
u1 1, u=
n +1

Chứng minh un > 0, ∀n ∈ * (1) .
u1 = 1 > 0 (1) đúng khi n = 1.

0,25

D

C

H
I
A

D'

M

B

Gọi H là hình chiếu của D trên AC và D ' là
giao điểm của DH với AD .
Vì DC = AD nên ∆ADC cân tại
=
 mà CAB
 = DCA
 (so le
D ⇒ DAC
DCA
= D

trong) ⇒ DAH
' AH ⇒ H là trung điểm của
BB’. BB ' qua B và vuông góc với AC. Ta viết
được phương trình BB’: x + y − 6 =
0

( ABCD) một góc bằng 600 và AB = a .

0,25

0,25

0,25
0,25


S

M

I

H

C

A

600

Gọi H là trung điểm của AC => SH là trung tuyến
trong tam giác ∆.SAC . Mặt khác ∆SAC cân tại S
=> SH là đường cao ⇒ SH ⊥ AC
AC 
( SAC ) ⊥ ( ABC ) ; ( SAC ) ∩ ( ABC ) =


3
CI =
AC
a 2 .
∆ABC vuông cân tại B , có AB = a => BC = a; AC = a 2 => CI ==
4
4
a
1
 = 450 .
; ∆ABC vuông cân tại B ⇒ 
=
NC =
BC
A=C
2
2
 = a 10 ⇒ MI = IM .tan 600 = a 30
Xét ∆CNI CÓ : NI = CI 2 + CN 2 − 2CI .CN .cos ICN
4
4
3
a 30
1
1 1
a 30
⇒ SH = 2 MI =
⇒ VS . ABC = .S∆ABC .SH = . . AB.BC.SH =
2
3



 

    
A'
B'
'
.
.
;
'
.
.
A
R
=
x
m
+
x
n
D
S
=
y
m
+
y
p ⇒ RS = RA ' + A ' D ' + D ' S

0
 RS .B ' C = 0

⇔


  
  

0
 ( y − x ) m + (1 − x ) n + y p . m + p =
 RS .D ' C = 0
2

 2   1 
 x = 3
0
1 + y − 2 x =
Vậy R, S là các điểm sao
cho A ' R =
=
A ' D; D ' S
D 'C
⇔
⇔
0
1
3
3
2 y − x =

3
3
3
3
3
3
Cho AA
=' AB
= a . Gọi G là trung điểm BD ' , một mp ( P ) thay đổi luôn đi qua G cắt

0,25

các đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng tại H , I , K . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
1
1
.
+
+
T=
D ' H .D ' I D ' I . D ' K D ' K . D ' H
D'

D'

G

B'

A'

=' AB
= a nên ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình lập phương có G là trung điểm BD ' nên G
là tâm của ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi E, F lần lượt là tâm ADD'A' và BB'C'C ⇒ E, F lần lượt là
trung điểm A'D và B'C; G là trung điểm EF
   
  
 1   
0 ⇔ D ' G = D ' A + D'C + D'B'
⇒ GA + GB ' + GC + GD ' =2GE + 2GF =
4
 D ' A  D ' C  D ' B ' 
 a 2  a 2  a 2 
'G
.D ' H +
.D ' K +
.D ' I ⇔ D=
'G
.D ' I +
.D ' K +
.D ' H (1)
⇔ 4 D=
4D ' I
4D ' K
4D ' H
D'H
D'K
D'I

(


+
+
=
1
4D ' I 4D ' K 4D ' H
1
ta chứng minh được (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) 2 nên
3
0,25
1
1
1
1 1
1
1 2
8
T
)
=
+
+
≤ (
+
+
=
3a 2
D ' H .D ' I D ' I . D ' K D ' K . D ' H 3 D ' I D ' H D ' K
8
3a 2
Nghĩa là: (P) đi qua G và song song với

+
4
b
+
16
c
⇒ a + 4b + 16c ≥ 3 3 a.4b.16c ⇔ a + 4b + 16c ≥ 12 3 abc ⇔ 3 abc ≤
( 2) .
12
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 4b = 16c .


a + 4b a + 4b + 16c
+
4
12
4
a
+
b
a
+
b
+
c
4
4
16
⇔ a + ab + 3 abc ≤ ( a + b + c ) .
⇔ a + ab + 3 abc ≤ a +

2t t
4
t
*) Bảng biến thiên :
+∞
t
0
1
4
f '(t )
0
+

f (t )

0,25

+∞

−12

(

)

1
a + b + c ≥ f ( ) =−12, ∀a, b, c > 0
4
1
