SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 02/11/2018

(Đề thi gồm 01 trang)

Bài 1 (2,0 điểm)
a) Cho hàm số y = x3 + 3 x 2 − 9 x + 1 có đồ thị là ( C ) . Gọi A, B là hai điểm cực trị của ( C ) . Tính
diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ.
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x + m x 2 + 4 x + 6 có cực tiểu.
Bài 2 (2,0 điểm)
2sin 3 x − sin x + cos 2 x
a) Giải phương trình
= 0.
tan x − 1
2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy =
m
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình 
2
 x + 3 x − y =1 − 2m
có nghiệm.
Bài 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết
AB

1
un2 + 5un + un , n ∈ , n ≥ 1
1
un +=
2
1
1
1
Ta thành lập dãy số {vn } với vn = 2 + 2 + ... + 2 . Chứng minh rằng dãy số {vn } có giới hạn và
u1 u2
un
tính giới hạn đó.
Bài 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x > z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy .

(

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=

3

)

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x
.
+
+
+
y
x+ y
y+z

(2.0 điểm)
của ( C ) . Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ.
x = 1
+) Tập xác định D = . y ' = 3 x 2 + 6 x − 9 ⇒ y ' = 0 ⇔ 
 x = −3
+) (C) có hai điểm cực trị là A ( −3; 28 ) , B (1; −4 ) .


1
+) OA =( −3; 28 ) , OB =(1; −4 ) ⇒ SOAB = −3. ( −4 ) − 1.28 =8.
2
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x + m x 2 + 4 x + 6 có
cực tiểu.
x+2
+) Tập xác định D = ; y '= 2 + m
.
2
x + 4x + 6
Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên  nên hàm số có cực tiểu thì phương trình
y’ = 0 phải có nghiệm.
+) Xét phương trình y ' = 0 ⇔ m =

1.00
0.25
0.25
0.50
1.00

0.25



x →+∞

x →−∞

sau:

x
y'

0.25

–∞

-2
+

+∞
+

+∞

-2

y
2
–∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình

m ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu.
+)TH2: m < −2
Suy luận tương tự ta suy ra hàm số chỉ có cực đại, không thỏa mãn.
Vậy m > 2.
 y ' ( x0 ) = 0
Ghi chú: +) Nếu bài làm chỉ sử dụng điều kiện đủ: Hệ 
có nghiệm thì
 y '' ( x0 ) > 0
trừ 0.25 điểm.
+) Nếu bài làm tìm điều kiện của m để pt y’ = 0 có nghiệm và xét dấu y’’ trong
hai trường hợp m > 2; m < −2 thì cho điểm tối đa.
Bài 2
2sin 3 x − sin x + cos 2 x
= 0.
(1.0 điểm) a) Giải phương trình
tan x − 1

1.00

π

 x ≠ 4 + kπ
Điều kiện: 
, k ∈ .
π
 x ≠ + kπ

2
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với


b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình
2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy =
m
có nghiệm.
 2
 x + 3 x − y =1 − 2m

( x 2 + x ) ( 2 x − y ) =
m
2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy =
m

⇔
+) Ta có:  2
2
 x + 3 x − y =1 − 2m
( x + x ) + ( 2 x − y ) =1 − 2m

1
+) Đặt a =x 2 + x; b =2 x − y với điều kiện a= x 2 + x ≥ − .
4
a.b = m
Hệ đã cho có dạng 
. Suy ra a, b là hai nghiệm của phương trình
a + b =1 − 2m

t 2 − (1 − 2m ) t + m =
0 ( *) .

0.25


−1 + 3
.
2

+) Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g ( t )
x
y'

–∞

–

-1/2 -1/4

0

+
+∞

+∞

+

+∞
0

–

0.25

S

A

D

K

0.50

H

B

C

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC.

Ta có: BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH . Ngoài ra AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC ) .
Tương tự AK ⊥ ( SCD ) . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) bằng góc


=
=
cos ϕ cos
HAK
giữa hai đường thẳng AH và AK , hay
SA. AB
2
SA. AC

2 AH . AK
0.25

0.25

3


b) Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM= x, ( 0 < x < 2a ) . Mặt phẳng

( BCM )

chia hình chóp thành hai phần có thể tích là V1 và V2 (trong đó V1 là thể

V 1
tích của phần chứa đỉnh S ). Tìm x để 1 = .
V2 2

1.00

S

N

M

D

A


2 2
SM SN
k ⇒ VS .BCM =
k .V ; S .CMN = .
k 2 ⇒ VS .CMN =
k V.
==
=
3
3
VS . ABC
SA
VS .CDA
SA SD
+) Gọi

V

V 1
1
2 
1
+) Từ đó suy =
ra V1 V  k + k 2  . Mà 1 = ⇒ V1 = V
V2 2
3
3 
3
1
2 

Ví dụ nếu =
chuyển xuống ô đường chéo.
+)
Sau
3
bước
đi
thì
tọa
độ
của
quân
vua
là
( x1 + x2 + x3 ; y1 + y2 + y3 ) , x1 , x2 , x3 ; y1 , y2 , y3 ∈ {−1;0;1} . Để về vị trí ban đầu thì
0
 x1 + x2 + x3 =
. Suy ra ( x1 , x2 , x3 ) ; ( y1 , y2 , y3 ) là một hoán vị của {−1;0;1} .

0
 y1 + y2 + y3 =
+) { x1 , x2 , x3 } có 6 cách chọn; với mỗi cách chọn { x1 , x2 , x3 } có 4 cách chọn { y1 , y2 , y3 }

0.25

0.25

0.25
4




⇒ AGK = 2 ABK = 2.450 = 900 ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G.
+) Đường thẳng GK đi qua K ( 7; −2 ) và vuông góc với AG ⇒ GK : x + 3 y − 1 =0 .

0.25

Ta có G = GK ∩ AG ⇒ G ( 4; −1) .

0 nên A ( t ;3t − 13) , t < 4 .
Do AG có phương trình 3 x − y − 13 =
Có GA
= GK
= d ( K , AG
=
)

0.25

10

t = 3 t < 4
2
2
→=
t 3 . Vậy A ( 3; −4 ) .
10 ⇔ ( t − 4 ) + ( 3t − 12 =
) 10 ⇔ 
t = 5
MG 1

3a = −4b
−4b ⇒ AB : 4 x − 3 y − 24 =
0.
+) Với 3a =
2 < d ( K , AG ) =
10 ⇒ loại.
Thấy d ( K , AB ) =

0.25

.
0.25

+)Với b = 0 ⇒ AB : x − 3 = 0 .
Ghi chú: Nếu học sinh công nhận hoặc ngộ nhận trong chứng minh các kết quả ở bước 1
và làm đúng các bước còn lại thì cho 0.5 điểm.
Bài 6.
u1 = 3
(1,0 điểm) Cho dãy số {u } xác định bởi 
.
1.00
1
n
un2 + 5un + un , n ∈ , n ≥ 1
1
un +=
2

(


n +1

(

)

) (

(

)

un2 + 5un + un ⇒
=
a

1
2

(

)

a 2 + 5a + a ⇒
=
a 0 vô lí.

Từ đó suy ra {un } không bị chặn và lim un = +∞, lim

1

(1,0 điểm)

)

(

0.25

5

0.50

2
n +1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
Ta sẽ chứng minh:
Với mọi a; b dương và ab ≥ 1 thì
Thật vậy:
(*) ⇔

(

a− b

)(

3

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x

t=

x
⇒ t ∈ [1;9] .
y

Khi đó P=

3

9−t +

t+2
y
z
+1+
+1+
=
t +1
y+z
x+z

3

9−t +

t+2
1
1
+2+

=

−1
33 (9 − t )

2

2
t+2
+2+
, t ∈ [1;9] có
t +1
1+ t
1
1
−
−
< 0, ∀t ∈ [1;9] từ đó suy ra
2
2
( t + 1)
t 1+ t
3

9−t +

(

0.25


=
x 9=
y, z 3 y
Vậy min
5

0.25

7