SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT

QUẢNG TRỊ

Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (5,0 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y   x 2  5 x .
2. Cho bất phương trình 1  x  8  x  8  7 x  x 2  m. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất
phương trình nghiệm dùng với mọi x  [1;8].
Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:

x 2  x  5 ( x  5 x  1)( x  1)

.
x2
x 1 1

2. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 nam và 4 nữ, ngồi
vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều
ngồi đối diện với một học sinh nữ.
Câu 3. (6,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với 
ABC  600 , BC  a. Biết tam giác SAB đều, tam

Cho ba số thực a, b, c  0 thoả mãn
Chứng minh rằng

a b c
   5.
b c a

17 a b c
    1  4 2.
4 c a b

--------------- HẾT --------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay)


HDG
Câu 1. (5 điểm) Thầy Tâm Nguyễn
1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = − x 2 + 5 x
Lời giải
Hàm số có nghĩa khi: − x 2 + 5 x ≥ 0 ⇔ x ∈ [ 0;5]
y/ =


f

Ta có:  f

f


−2 x + 5

2. Cho bất phương trình 1 + x + 8 − x + 8 + 7 x − x 2 ≤ m . Tìm tất cả các giá trị thực của
tham số m để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1;8]
Lời giải

1 + x + 8 − x + 8 + 7 x − x 2 ≤ m (1)
Đặt t = 1 + x + 8 − x ; với điều kiện −1 ≤ x ≤ 8

⇒ t/ =

7 − 2x
2. (1 + x)(8 − x)

Cho t / = 0 ⇔ x =

(

7
⇒t =3 2
2

t (−1) = t (8) = 3
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên
⇒ 3≤t ≤3 2

8 − x + 1+ x

)



x + 5 x − 1 ( x − 1)
x2 + x − 5
1) Giải phương trình
=
.
x−2
x −1 −1
Lời giải

x ≥ 1
Điều kiện: 
.
x ≠ 2
Ta có

⇔

(

)

x + 5 x − 1 ( x − 1)
x2 + x − 5
=
x−2
x −1 −1

(



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

t 2 + 2t + 4

( t + 1)

2

x −1 +1

(*)

t 2 + 5t + 1
, t ∈ ( −1; +∞ ) .
t +1

Xét hàm số f ( t ) =
Có f ′ ( t ) =

)

x −1 + 5 x −1 + 1

2

( t + 1) + 3 > 0, ∀t ∈ −1; +∞ .

⇔
5± 5 ⇒ x = 2
 x − 5x + 5 = 0
x =

2
 5 + 5 
Kết luận: S = 
.
 2 

Bài toán phát triển
Giải phương trình

x +1 =

x 2 − x − 2 3 2 x +1
.
3
2 x +1 − 3

Lời giải
Ta có

x +1 =

⇔ x +1 + 2 =
⇔ 1=

x 2 − x − 2 3 2 x +1

⇔ x3 − x 2 − x = 0


 x = 0(l )



1− 5
1+ 5
⇔ x =
(l )
⇔ x=
.

2
2


1+ 5
x =
(t / m)

2
1 + 5 
 .
Kết luận: S = 
 2 




( )

C42 .4!.4! 3
32
=
⇒ P ( A) =
8!
35
35
Trong cuộc gặp mặt dặn dò trước khi lên đường tham gia kì thi HSG có 10 bạn trong đội
tuyển gồm 2 bạn đến từ lớp 12A1, 3 bạn từ 12A2, 5 bạn còn lại đến từ các lớp khác nhau.
Thầy giáo xếp ngẫu nhiên các bạn kể trên ngồi vào một bàn dài mà mỗi bên có 5 ghế xếp
đối diện nhau. Tính xác suất sao cho không có học sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau.
73
38
5
53
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
126
63
9
126
Lời giải
Chọn B

được

( )

25
38
⇒ P ( A) = .
63
63
Câu 3. (6,0 điểm) Thầy Lục Minh Tân
P A =

1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi với ABC = 600 , BC = a. Biết tam giác SAB
đều, tam giác SCD vuông tại C và nằm trong mặt phẳng hợp với mặt phẳng đáy một góc 600.
Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAD ) theo a
Lời giải
Gọi H , F lần lượt là trung điểm của AB, SC . Kẻ SG ⊥ HC ( G ∈ HC )


Ta có:
 AB ⊥ SC ( AB / / DC , DC ⊥ SC )
⇒ AB ⊥ ( SHC )

 AB ⊥ CH

⇒ ( ABCD ) ⊥ ( SHC )



( ABCD ) ∩ ( SHC ) = HC  ⇒ SG ⊥ ( ABCD )


Ta có: SD = SC 2 + CD 2 =

a 7
2

SA + AD + SD
Chu vi ∆SAD là p =
=
2
Diện tích ∆SAD là S =

a+a+

a 7
2

2

p ( p − SA )( p − SD )( p − AD ) =

Khoảng cách từ B đến SAD là:

3a 2 7
16


1
VB.SAD = d ( B, ( SAD ) ) .S SAD
3

Mặt khác: BFEC nội tiếp đường tròn tâm K ⇒ LB.LC = LF .LE

⇒ LN .LA = LB.LC ⇒ A, N , B, C nội tiếp đường tròn tâm I
* Đường tròn ( J , JA) và ( I , IA) có trục đẳng phương là AN ⇒ JI ⊥ AN
Mà JI / / HK ⇒ HK ⊥ AN (2)
Từ (1) , ( 2 ) ⇒ N , H , K thẳng hàng và KN ⊥ AN
* Xét ∆AKL có AD, KN lần lượt là đường cao và đồng quy tại H


⇒ H là trực tâm của AKL
b. Gọi P là tâm của đường tròn Ơle của tam giác ABC

⇒ I ∈ AO
* LB.LC = LE.LF ⇒ PL / ( P ) = PL / (O )
GD.GF = GH .GB ⇒ PG / ( P ) = PG / (O )

⇒ LG ⊥ OI ⇒ LG ⊥ AO

Câu 4. (2,0 điểm)

 x1 = 3,

thỏa mãn 
5 xn + 3 xn2 + 16
 xn+1 =

4

Cho dãy số ( xn )


63 2 − 1
1
1
x3 =
= 2 = 24 − 2 , do vậy ta dự doán xn = 2n +1 − n −1 (1) , ( ∀n ∈ ℕ, n ≥ 1) .
4
2
2
2

Từ giả thiết ta tính được x1 = 3 =

Ta sẽ chứng minh công thức (1) đúng bằng qui nạp.
Hiển nhiên (1) đúng với n = 1, n = 2, n = 3 .
Giả sử (1) đúng với n = k ( k ≥ 1, k ∈ ℕ ) tức là ta có xk = 2 k +1 −

1
2k −1

Xét
2

1 
1 
1 
1 






. Vậy (1) cũng đúng với n = k + 1 .

Theo giả thiết quy nạp ta được (1) đúng ∀n ∈ ℕ, n ≥ 1 .
1

1

Khi đó ta có 2 < n xn < 2.2 n , ∀n ∈ ℕ * đồng thời lim 2.2 n = 2 nên theo nguyên lý kẹp ta có
lim

(

n

)

xn = 2 .

Cách 2: Thầy Ngô Thanh Tòng

2


Ta có xn+1 =

5 xn + 3 xn2 + 16
2
⇔ ( 4 xn +1 − 5 xn ) = 9 ( xn2 + 16 ) ⇔ 2 xn2+1 − 5 xn +1.xn + 2 xn2 = 18 .
4

1 
1


⇔ xn +1 + n = 2  xn + n −1  = ... = 2n −1  x2 +  = 2n + 2 .
n
2
2
2 
2



(ý tưởng sử lí: xn +1 − 2 xn =
Vậy xn = 2 n +1 −

n

3
a
a 

⇔ xn +1 + n +1 = 2  xn + n  )
n
2
2
2 


1


Cách 3: Thầy Aki Le
Từ hệ thức truy hồi, ta suy ra dãy số dương, dãy tăng. Hơn nữa, với n ∈ ℕ* , ta có

( 4 xn +1 − 5 xn )

2

= 9 ( xn2 + 16 ) ⇔ xn2+1 −

5
xn +1 xn + xn2 = 9
2

Do đó,
5
 2
2
 xn+1 + xn = 9 + 2 xn +1 xn
5
5
⇒ xn2+ 2 − xn2 = xn+1 ( xn + 2 − xn ) ⇒ xn+ 2 + xn = xn +1.

5
2
2
 x2 + x2 = 9 + x x
n + 2 n +1
 n+ 2 n +1
2

Suy ra
2 < n xn < 2.21/ n , ∀n ∈ ℕ* .

Và lim 2.21/ n = 2 = lim 2. Vì thế, theo định lý kẹp, dãy
n →∞

n →∞

( x ) hội tụ về 2.
n

n

Bình luận.

15

 x1 = 3, x2 = 2 ,
• Dãy truy hồi tuyến ( xn ) : 
có thể giải nhờ vào cấp số
 x − 5 x + x = 0, ∀n ≥ 1,
 n + 2 2 n +1 n
nhân (ý tưởng của thầy Ngô Thanh Tòng). Ta có
1
xn + 2 − 2 xn +1 = ( xn +1 − 2 xn ) , ∀n ≥ 1. Do đó
2
1
3
xn + 2 − 2 xn +1 = n ⋅ ( x2 − 2 x1 ) = n +1 , ∀n ≥ 0.
2

đó, un = sinh (α n ) với α n +1 = α n + α , n ≥ 1. (Hàm sinh ( x ) =

Câu 5. (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c > 0 thỏa mãn
Chứng minh rằng

a b c
+ + =5.
b c a

17 a b c
≤ + + ≤ 1+ 4 2 .
4 c a b

Lời giải
Cách 1: Thầy Nguyễn Bá Trinh

e x − e− x
.)
2


 x, y , z > 0
 x, y , z > 0

a
b
c
1



c a b x y z
x
x

Xét hàm số f ( x ) = − x 2 + 5 x +

1
trên đoạn 3 − 2 2; 4  .
x

2
−2 x 3 + 5 x 2 − 1 ( 2 x − 1) ( − x + 2 x + 1)
f ′( x) =
=
x2
x2

1

x=

2

⇒ f ′( x) = 0 ⇔ x = 1− 2 < 0

 x = 1+ 2


Bảng biến thiên


Dựa vào bảng biến thiên ta có

17
4

17
≤ P ≤ 1+ 4 2 .
4

Cách 2 : Thầy Đào Văn Tiến
Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn
Chứng minh rằng

a b c
+ + = 5.
b c a

17 a b c
≤ + + ≤ 1+ 4 2 .
4 c a b
Lời giải


a
b
c
Đặt x = ; y = ; z = với x, y, z > 0 .
b
c
a


1
1
f ′ ( t ) = −2t + 5 − 2 , f ′ ( t ) = 0 ⇔ −2t + 5 − 2 = 0 ⇔ t = 1 + 2 .
t
t

t = 1 − 2

BBT:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy để có ba nghiệm dương thì

17
≤ P ≤ 1+ 4 2 .
4