NHĨM TỐN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 01 trang)

MƠN: TỐN –THPT

NHĨM TỐN VD – VDC

SỞ GD&ĐT GIA LAI

ĐỀ THI HSG TOÁN

Thời gian: 180 phút
ĐỀ BÀI
Câu 1:

x3 − 3mx 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Tìm tất cả các giá trị thực của
( 2,0 điểm) Cho hàm số y =
tham số m để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt có hồnh độ
lập thành cấp số cộng.

Câu 2:

(4.0 điểm)

4


14n
thỏa mãn An3 + Cnn − 2 =
Câu 4:

2sin B và tan
(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C =
minh

Câu 5:

A
C 2 3
+ tan =. Chứng
2
2
3

rằng tam giác ABC đều.

u1 = 2

(2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi 
4un − 3
=
u
, ∀n ≥ 1
n

cạnh CD lấy điểm K sao cho tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết

9 2
M  ;  , K ( 9; 2 ) ,
5 5

0 và điểm C thuộc
điểm B thuộc đường thẳng d1 : 2 x − y + 2 =

d2 : x − y − 5 =
0 và hoành

độ đỉnh C lớn hơn 4 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình

chữ nhật ABCD .
Câu 7:

(2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi I là điểm thuộc miền trong của tứ
diện

ABCD , các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt các mặt phẳng

/>
Trang 1


NHĨM TỐN VD – VDC

( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC )


tối giản. Tính S= a + b .
= = =
b
b
MI NI PI QI

mãn

2 3 a 4 + b 4 . Tìm giá trị lớn
(4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − =
nhất của biểu thức P =

1
1
ab
+
+
.
2
2
1 + a 1 + b 1 + 3a 2b 2
-----------HẾT-----------

/>
Trang 2


NHĨM TỐN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12

Lời giải
Ta có phương trình hồnh độ x 3 − 3mx 2 + 3 = x ⇔ x 3 − 3mx 2 − x + 3 = 0 , (1)
Do phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt

x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số

cộng suy ra

2x2= x1 + x3 ,(2).
3m
 x1 + x2 + x3 =

−1 .
Mặt khác theo định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba ta có  x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
 x x x = −3
 1 2 3
Thay (2) vào phương trình đầu tiên ta được

x2 = m , mà x2 là nghiệm của phương

m = 1

trình (1) ta được −2m3 − m + 3 = 0 ⇔ 

2
0
 2m + 2m + 3 =

⇔ m = 1.


0

Đặt t = x − 1 ( t ≥ 0 ) , phương trình trở thành
2t 5 − 5t 2 + 3 =
0 ⇔ ( t − 1)

2

( 2t

3

1 vì
0 ⇔t=
+ 4t 2 + 6t + 3) =

2t 3 + 4t 2 + 6t + 3 > 0, ∀t ≥ 0

⇒ x −1 = 1 ⇔ x = 2 .
Cách 2
Điều kiện x ≥ 1
/>
Trang 1


NHĨM TỐN VD – VDC

ĐỀ THI HSG TỐN

PT ⇔ ( 2 x 2 + 2 ) x − 1 + 8 = 5 x + 4 x x − 1


2

− 2 x + 1) ( x − 2 )
2 x −1 + x

2

+ ( x − 2)

2

( x + 2 ) =0

2

2  −x + 2x −1
⇔ ( x − 2) 
+ x + 2 =
0
 2 x −1 + x


⇔ ( x − 2) .
2

⇔ ( x − 2) .
2

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

 y 2 + 2 x 3x − 1 = 9 y − 3


(1)
( 2)

Lời giải
1

x≥

3 x − 1 ≥ 0

3
Điều kiện 
⇔
.
9 y − 3 ≥ 0
y ≥ 1

3

2019 y
x 2 + 2020
x2
2
y2
Từ (1) ta có
=
⇔

(

)(

3x − 1

)

2

)

1

⇔ x − 3x − 1 x + 3 3x − 1 =⇔
0 x − 3x − 1 =
0  x ≥ .
3

⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x =

/>
3± 5
.
2
Trang 2


NHĨM TỐN VD – VDC


thỏa mãn An + Cn
3

n

là số tự nhiên

14n
=
Lời giải

Ta có An3 + Cnn − 2 =14n ⇔

NHĨM TỐN VD – VDC

Câu 3:

n!
n!
+
=14n, với n ≥ 3, n ∈  .
( n − 3)! ( n − 2 )!.2!

n ( n − 1)
=
14n
2
⇔ 2 ( n − 1)( n − 2 ) + n − 1 =28, vì n ≥ 3 .

⇔ n ( n − 1)( n − 2 ) +

1
1 19
19
( x + 2 ) = ∑ C19k x19−k 2k .
16
16 k =1

⇒ số hạng tổng quát Tk +1 =

1 k k 19− k
.
C19 2 x
16

Cho 19 − k = 10 ⇒ k = 9 ta được số hạng chứa=
x10 là T10

1 9 9 10
=
C19 2 x
C199 25 x10 .
16

Vậy hệ số của số hạng chứa x10 là C19 2 = 2956096 .
9

Câu 4:

5


Ta có sin A + sin C = 2sin B ⇔ 2sin
cos
⇔ cos
=
2sin
= 4sin cos
(1)
2
2
2
2
2
2

Vì A + B + C = π ⇒ sin

.
A+C
sin
2 3
A
C 2 3
B
A
C
2
Và tan + tan =
⇔ 3cos =
2 3 cos cos
⇔

2
/>
Trang 3


NHĨM TỐN VD – VDC

Từ (1) và ( 2 ) ta có
π
3

A−C
vào (1) suy ra cos
=1 ⇔ A − C =k 4π ⇒ A =C .
2

Vậy tam giác ABC có=
A C=
,B

Câu 5:

1
π
⇒ B=
.
3
3

NHĨM TỐN VD – VDC

3
u
2
n


1
1
1
+
+ ... +
u − 1 u1 − 2
un − 1
Tính A = lim 1
là một CSN.
n2
Lời giải

un+=
1 −1

Đặt

un − 1
4un − 3
−1 =
3 ( un − 1) + 1
3un − 2

vn

1
1
= 3.1 − 2 + 3.2 − 2 + ... + 3n − 2
+
+ ... +
u1 − 1 u1 − 2
un − 1

= 3.(1 + 2 + 3 + ... + n ) − 2n
n (1 + n )
3n 2 − n
= 3.
=
− 2n
2
2

1
1
1
+
+ ... +
u1 − 1 u1 − 2
un − 1
3n 2 − n 3
=
= lim
=
Do đó A lim
n2


NHĨM TỐN VD – VDC

thuộc

điểm B thuộc đường thẳng

ĐỀ THI HSG TỐN

hình chữ nhật ABCD .
Lời giải

B ( b ; 2b + 2 ) ; C ( c ; c − 5 ) , ( c > 4 ) . Ta có MN // CK nên MN ⊥ BC , mà BH ⊥ AC nên N
là trực tâm tam giác MBC . Vậy CN ⊥ BM ⇒ MK ⊥ BM .

  36 8    9
8
;  ; MB =
 b − ; 2b +  .
5
5
 5 5

36  9  8 
8
 
0 ⇔b=
MK ⊥ BM ⇒ MK .BM =
1 ⇒ B (1; 4 ) .
0⇔

=
0
−
=
−



Kết luận: A (1;0 ) , B (1;4 ) , C ( 9; 4 ) , D ( 9;0 ) .
Câu 7:

(2 điểm). Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi I là điểm thuộc miền trong của tứ
diện

ABCD , các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt các mặt phẳng ( BCD ) ,

( ACD ) ,

( ABD ) , ( ABC )

tại các điểm M , N , P , Q thỏa mãn

AI MI CI DI
= = =
.
MI NI PI QI

∗
a
a


=
VIBCD
- Đặt
- Ta có:

V=
V=
V=
V4 , ta có: V = V1 + V2 + V3 + V4
1 , VIACD
2 , VIABD
3 , VIABC

NHĨM TỐN VD – VDC

P

Q

AI
AM d ( A, ( BCD ) ) VABCD V
AI V
+1=
=
=
=
⇒
=
−1 .


a = 1
1
.
V ⇒
4
b = 4

Vậy S = a + b = 5 .
Câu 8:

(4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − =
2 3 ( a 4 + b 4 ) . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P =

1
1
ab
.
+
+
2
2
1 + a 1 + b 1 + 3a 2b 2

Lời giải
Từ giả thiết suy ra 8ab − =
2 3 ( a 4 + b4 ) ≥

AM − GM


Thật vậy (3) ⇔ 
⇔

a (b − a )
b( a − b)
+
0
2
(1 + a ) (1 + ab) (1 + b2 ) (1 + ab)

⇔ (a − b)2 (ab − 1)0 (đúng).
Khi đó, P

1 
2
t
t+2
+

=
f (t ) với t ∈  ;1 .
2
1 + t 1 + 3t
t +1
3 

1
1 7
1 

7
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
đạt được khi a= b=
4

3
.
3

ĐỀ THI HSG TỐN

NHĨM TỐN VD – VDC

/>
Trang 7