Nhóm toán VD - VDC
ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊN
NĂM HỌC: 2018-2019
THỜI GIAN : 180 PHÚT

Bài 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có
hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 .
Bài 2(4 điểm). Giải phương trình

(

x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

)(

)

x − 3 −1

Bài 3 (4 điểm).

u1 = 2
∞
Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn 
.

u1 + u2 + ... + un−1 + un = n 2un , n ≥ 1
Tìm giới hạn lim (n 2un ) .

Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I
là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH



= (m 2 + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = 1
Thay m = 1 vào g ( x) = x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 (thỏa mãn).
Vậy m = 1 .

(

Bài 2(4 điểm). Giải phương trình x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

)(

Lời giải
Điều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3.
Phương trình đã cho tương đương với

( x − 4)( x 2 − 3x − 3) = ( x − 3)( x − 2 + 5 x − 3 )( x − 3 −1)
⇔

(

)(

)

(

x − 3 + 1 ( x 2 − 3 x − 3) = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

x − 3 −1


2

( x − 4) + 5 ( x − 4) + 1

x − 3 + 5 x − 3 +1
⇔ f ( x − 4) = f x − 3 .
x − 4 +1
x − 3 +1
t 2 + 5t + 1
3
Xét hàm số f (t ) =
trên (−1; +∞) , có f ′ (t ) = 1 +
> 0; ∀t > −1.
2
t +1
(t +1)

⇔

=

(

)

)

x − 3 −1


2
u1 + u2 + ... + un−1 + un = n un , n ≥ 1
Lời giải
Theo giả thiết ta có:
2

(n +1) un+1 = (u1 + u2 + ... + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n 2 + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n + 2)un+1 = nun
⇒ un+1 =

= ... =

n
n n −1
n n −1 n − 2
un =
.
un−1 =
.
.
.un−2
n+2
n + 2 n +1
n + 2 n +1 n

n n −1 n − 2 1
4
.
.
... u1 =
n + 2 n +1 n

Kẻ IJ ⊥ SB ⇒ 
⇒ góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng góc giữa
CJ ⊥ SB
hai đường thẳng AJ và CJ .
Dễ thấy ∆AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB)
và ( SCB ) bằng 60ο ta có hai trường hợp sau:

TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο .
Ta có IJ = AI .tan 60ο =

a 6
⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 = 2a.
2

∆BIJ ∼ ∆BSH ⇒ SH =

IJ .BH
AC
a
4a
. Mặt khác IB =
=
⇒ BH =
.
BJ
2
2
3 2

Nên ta có SH =

3
3
18

b) Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE AB . Do vậy ta có
d ( AB, SI ) = d ( AB, ( SIE )) = d ( B, ( SIE )) .
Do BI = 3IH ⇒ d ( B, ( SIE )) = 3d ( H , ( SIE )) .
Kẻ HK ⊥ IE ( K thuộc IE ).
Mặt khác ta lại có SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ IE ⇒ IE ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SIE ) ⊥ ( SHK ) .
Kẻ HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SIE ) ⇒ d ( H , ( SIE )) = HJ .
Xét tam giác vuông SHK ta có:

Mặt khác

1
1
1
SH .HK
=
+
⇒ HF =
.
2
2
2
HF
HK
SH
SH 2 + HK 2


8
Bài 5 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất
3
của biểu thức
P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 .

Lời giải
2

2

Ta có: 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 = 16 x 2 + 32 xy + 128 y 2 = 7 ( x − 2 y ) + (3 x + 10 y ) ≥ 3 x + 10 y (1)
Suy ra: P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 ≤ 7 x + 14 y − (3 x + 10 y ) = 4 ( x + y ) .



1
Mặt khác: x + y = 1.x +
2 y ≤


2



1 + 1 ( x 2 + 2 y 2 ) = 2 ⇒ P ≤ 4.2 = 8 (2).
 2 





4
 x =

3
Vậy GTLN P = 8 đạt được khi 
.

2
 y =
3
