SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM 2019
Môn: Toán.
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề).
Ngày thi: 22/09/2019.

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

x +1
có đồ thị ( C ) .
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = f ( x ) .

Câu 1. (4 điểm) Cho hàm =
số y f=
( x)

b) Tìm hai điểm A, B thuộc về hai nhánh của đồ thị ( C ) sao cho AB ngắn nhất.
Câu 2. (6 điểm)
a) Giải phương trình: ( sin 2 x + cos 2 x ) cos x + 2 cos 2 x − sin x =
0.

2 xy 2 − y − y 2 + 1 + 2 xy 2 4 x 2 + 1 =
0
b) Giải hệ phương trình: 
3
3

>
 + 2
b+c 2  a+c
a+b 
a
2
Câu 6. (1 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định bởi

1; u=
2020; un +=
u=
1
2
1

2019un  2019 
+ 1 +
 un −1 , ∀n ≥ 2
n
n −1 


1 1 1
1
Tính lim  + + + ... +  .
n →+∞ u
un 
 1 u2 u3

………HẾT………

2

< 0 , ∀x ≠ 1 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

+) y′ không xác định tại x = 1 .
+) lim y = 1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →±∞

+) lim− y = −∞ ; lim+ y = +∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x →1

x →1

+) Đồ thị

 x +1

x +1 
b) Giả sử A  x1; 1  ; B  x2 ; 2  , với x1 < 1 < x2 .
x2 − 1 
 x1 − 1 

Đặt x1 = 1 − a ; x2 = 1 + b với a, b > 0 .

( x2 − x1 )
( a + b)
2
= ( x2 − x1 ) + 4
= (a + b) + 4
2



a = b
a = 2

. Vậy A 1 − 2;1 − 2 , B 1 + 2;1 + 2 .
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi 
2 ⇔
b = 2
1 = ab

(

) (

)

Bài 2.
a) Giải phương trình ( sin 2 x + cos 2 x ) cos x + 2 cos 2 x − sin x = 0
2 xy 2 − y − y 2 + 1 + 2 xy 2 4 x 2 + 1 = 0
b) Giải hệ phương trình 
3
 x − 2 2 x y = 2 3 x + 6 + 2

(1)
( 2)

c) Có 27 tấm thẻ được đánh các số tự nhiên từ 1 đến 27 (mỗi thẻ đánh đúng một số). Rút ngẫu
nhiên ba thẻ. Tính xác suất để rút được ba thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết cho 3 .
Lời giải


(

2 xy 2 − y − y 2 + 1 + 2 xy 2 4 x 2 + 1 = 0 ⇔ 2 xy 2 1 + 4 x 2 + 1 = y + y 2 + 1

)

(

⇔ 2 x 1 + 4 x2 + 1 =

1
1
+ 1+ 2
y
y

(

)

Xét hàm số f ( t ) = t 1 + 1 + t 2 , t > 0 , f ′ ( t ) = 1 + 1 + t 2 +
Hàm

(

f (t )

số


y
y
y
2x
 y

Thay vào phương trình ( 2 ) ta có:

NHÓM HSG-DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

3



x − 2 = 2 x + 6 + 2 ⇔ x − 8 = 2 x + 6 − 4 ⇔ ( x − 2 )  x 2 + 2 x + 4 −


x = 2

2
⇔  x2 + 2 x + 4 −
=0
2
3

x + 6 + 23 x + 6 + 4

3

3


x+6

)

2

=0

+ 23 x + 6 + 4

2

(

(

)

2

3


=0
2

x + 6 + 23 x + 6 + 4 

2


Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
1.
 y = 4
c) Gọi Ω không gian mẫu của phép thử: “Rút 3 thẻ trong 27 thẻ”. Khi đó, n ( Ω ) = C273 = 2925 .
Gọi biến cố A : “Rút 3 thẻ trong 27 thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết cho 3”.
Xét 3 tập hợp:
Tập B : “Các thẻ có số chia hết cho 3” ⇒ B = {3; 6;9;12 ;15;18; 21; 24 ; 27} .
Tập C : “Các thẻ có số chia cho 3 dư 1” ⇒ C = {1; 4; 7 ;10 ;13;16;19 ; 22 ; 25} .
Tập D : “Các thẻ có số chia cho 3 dư 2” ⇒ D = {2 ;5;8;11;14;17 ; 20 ; 23; 26} .
(Nhận xét: Ba tập hợp B, C, D là đôi một rời nhau với n ( B ) = n ( C ) = n ( D ) = 9 ; 27 tấm thẻ đều
được liệt kê 1 trong 3 tập trên, không có tấm thẻ nào được liệt kê 2 lần).
Theo tính chất đồng dư và phép chia hết cho 3, biến cố A xảy ra khi và chỉ khi một trong các
khả năng sau xảy ra:
KN1. 3 thẻ rút được đều nằm trong tập B , khi đó n1 ( A ) = C93 = 84 .
KN2. 3 thẻ rút được đều nằm trong tập C , khi đó n2 ( A ) = C93 = 84 .
KN3. 3 thẻ rút được đều nằm trong tập D , khi đó n3 ( A ) = C93 = 84 .
KN4. 3 thẻ rút được có 1 thẻ trong tập B , 1 thẻ trong tập C , 1 thẻ trong tập D , khi đó
n4 ( A ) = C91C91C91 = 729 .

Do đó, n ( A ) = n1 ( A ) + n2 ( A ) + n3 ( A ) + n4 ( A ) = 981 .

NHÓM HSG-DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

4


Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

n ( A ) 981 109

AC
2

=

2 HK
2

= 2 HK = 2d ( H ; AC ) = 2 10

 a = −1 ⇒ A ( −5; −1) ( l (
2
+ ( −3 − a ) = 2 10 ⇔ 
 a = 3 ⇒ A (1;3)

))

Vậy A (1;3 ) .
Phương trình đường thẳng BC qua H ( −1; −3) và vuông góc với AH có phương trình

x + 3 y + 10 = 0 .
Gọi B ( 3b − 10; b ) ∈ BC , ta có IB = ( 3b − 8; b + 1) ; IA = ( 3;4 )

NHÓM HSG-DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

5


Vì tam giác AIB vuông tại I nên IB. IA = 0 ⇔ 3 ( 3b − 8 ) + 4 ( b + 1) = 0 ⇔ b =



B

H

P

C

D

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC.
Khi đó, ta có:

MN PC
BAC EN
BAC
NM NE
=
= cos PCD = cos
;
= cos NEC = cos NEA = cos
⇒
=
DC DC
2 EC
2
CD CE
Lại có:


HA AE
2
FA AK
1
∆FAK ∼ ∆NAE ( g .g ) ⇒
=
⇔ AC . AK = AE. AF
NA AE
2
AH AC
Suy ra AB. AH = AK . AC ⇔
=
⇒ KH // BC.
AK
AB

Dễ thấy ∆FAM ∼ ∆HAE ( g .g ) ⇒

Bài 4.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB = a , BC = 2a , tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) .

a) Tính thể tích khối chóp S . ACD .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD .
Lời giải

a) Tính thể tích khối chóp S . ACD .
Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD = a , BC = AD = 2a .
Gọi H là trung điểm của AB .

Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại điểm E .
 BD //CE
Ta có 
⇒ BECD là hình bình hành ⇒ BE = CD = a .
 BE //CD
2
Suy ra BE = HE .
3
2
Khi đó d ( BD, SC ) = d ( BD, ( SCE ) ) = d ( B, ( SCE ) ) = d ( H , ( SCE ) ) (*).
3
Kẻ HI ⊥ CE ( I ∈ CE ) , mà CE ⊥ SH ⇒ CE ⊥ ( SHI ) ⇒ ( SCE ) ⊥ ( SHI ) .

( SCE ) ⊥ ( SHI )

Do đó ( SCE ) ∩ ( SHI ) = SI ⇒ HK ⊥ ( SCE )

 HK ⊥ SI ( K ∈ SI )
Suy ra HK = d ( H , ( SCE ) ) .
Kẻ BJ ⊥ CE ( J ∈ CE ) ⇒ BJ //HI ⇒ HI =
Xét tam giác BCE vuông tại B có BJ =

⇒ HI =

3
BJ .
2

BE.BC
BE 2 + BC 2

17

Bài 5.

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả ( a + b )( b + c )( a + c ) > 0 và a ≥ max {b, c} .
Chứng minh rằng:

a + 7 ( b + c ) 15
a
b
c 
11 
+ 
+
>
 + 2
b+c 2  a+c
a+b 
a
2
Lời giải
Đặt x =

a + 7 (b + c)
a
11 
b
c 
b
c

1
y
y
y2
≥
⇒
≥
⇒
x +1 x + y
x +1 x + y

NHÓM HSG-DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

1
1
≤
x + y y ( x + 1)

y
≥
x +1

y
.
x+ y

8


Tương tự, ta cũng có

1 11
P ≥ + t + 2 1 + 7t 2 = f ( t )
t 2
1 11
14t
1
f ′ (t ) = − 2 + +
= 0 ⇔ t = (thoả)
t
2
3
1 + 7t 2

 1  15
Suy ra P ≥ f   = .
 3 2
x = 0
b = 0
 1

1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = ⇔ b + c = a ⇔ a = b = c = 0 (vô lý)
9
 3

 y = 1
c = a
Vậy P >

15

n −1 

 n n −1 
n
u 
u 
u
u
u
= 2019  n + n −1  + 2019  n−2 + n −3  + un −3 = ... = 2019∑ i + u1 .
 n n −1 
 n −2 n −3
i =1 i

 n +1 u
Suy ra un+ 2 = 2019  ∑ i
 i =1 i

un +1

 + u1 = 2019 n + 1 + un +1 .


Vậy un+1 =

2019un
 n + 2019  un +1 n + 2019
+ un = un 
=
, ∀n ∈ ℕ.

( k −1)!
1 
2!  1 n 
k!
1
−
−


∑

+
2018  2020  2018 k =3  ( 2019 +1)( 2019 + 2) ...( 2019 + k − 2) ( 2019 +1)( 2019 + 2) ...( 2019 + k −1) 

1
n!
−
.
2018 2018.2020.2021... ( 2019 + n − 1)

NHÓM HSG-DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

9


n!
=0
x →∞ 2018.2020.2021... ( 2019 + n − 1)

Do lim