SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2019 - 2020
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Câu I (6,0 điểm).
1. Cho hàm số y  x 3  mx 2  1 có đồ thị C m  . Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng

d  : y  1  x

cắt đồ thị C m  tại 3 điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của đồ thị C m  tại hai

trong ba điểm đó vng góc với nhau.

x  1

2

có đồ thị C  . Gọi A x 1; y1 , B x 2 ; y2  là các điểm cực trị của C 
 
với x 1  x 2 . Tìm điểm M trên trục tung sao cho T  2MA2  MB 2  2MA  MB đạt giá trị nhỏ

2. Cho hàm số y 

x 2

nhất.

Câu IV (1,0 điểm). Tìm họ nguyên hàm I 



ln x  1
x ln x  1  1

dx .

 x  2  y  2  7y  3x  8

Câu V (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
3
 3xy  8x  5  xy 2  6x 2  12y  7



a1  1



Câu VI (2,0 điểm). Cho dãy an  xác định 
. Tìm số hạng tổng quát an
n 1

an 1  an 2  n , n  1


2

x 1x 2  1
Ta có 
và để hai tiếp tuyến vng góc nhau thì x 1 3x 1  2m .x 2 3x 2  2m   1


x 1  x 2  m


 9  6m 2  4m 2  1  m 2  5  m   5 , thỏa mãn   m 2  4  0 .

Vậy các giá trị của m là m   5 .

x  1

2

Câu I. 2. Cho hàm số y 

C  với x

1

x 2

có đồ thị C  . Gọi A x 1; y1 , B x 2 ; y2  là các điểm cực trị của

 
 x 2 . Tìm điểm M trên trục tung sao cho T  2MA2  MB 2  2MA  MB đạt giá trị

nhỏ nhất.

T  2IA2  IB 2  MI 2  MI  2  52  y  9  52  y  9  27  5  32
2

2

Nên Tmin  32  y  9  M 0; 9 .
Câu II. 1. Giải phương trình:

1
log
2 1

3

2x  2  log

32 3

2x  1 .

Hướng dẫn.
PT

1
log
2 1

2x  2  log32
3
t

t  1  x  1  3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Câu II. 2. Cho các số thực a, b, c  2; 8 và thỏa mãn điều kiện abc  64 . Tìm giá trị lớn nhất của
 
2
2
2
biểu thức P  log2 a  log2 b  log2 c .
Hướng dẫn.

Đặt log2 a  x , log2 b  y, log2 c  z  x , y, z  1; 3 , x  y  z  6 . Ta cần tìm GTLN của
 
P  x 2  y 2  z 2 . Không giảm tổng quát ta giả sử 1  x  y  z  3  x  1;2 , z  2; 3 .
P  x 2  z 2  6  z  x   2z 2  2 6  x  z  36  2x 2  12x (Parabol đồng biến đối với z vì
2

6x
x  5
 3   2;  )  P  2.32  6 6  x   36  2x 2  12x  2x 2  6x  18  14 ( tại
2
2  2 
x  1  x  2 ) suy ra Pmax  14  x  1, y  2, z  3 (loại y  1, x  2, z  3 ).

Vậy Pmax  14  a  2, b  4, c  8 (và các hốn vị).
Câu III. 1. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang cân với
AD  2a, AB  BC  CD  a , cạnh SA vng góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SB và N là
điểm thuộc đoạn SD sao cho NS  2ND . Biết khoảng cách từ S đến mặt phẳng (AMN) bằng
6a 43
, tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
43


  4
4
6 
đó phương trình mặt phẳng (AMN) là

3hx  h 3y 

a 3
và là đường cao của hình thang
2

z
S

M
x

B
N

A

2 3
z 0
3



E

6 
6a 7
 hay SA 
43h 2  3 12h 2    36h 2  4  h 
 S 0; 0;
và thể tích khối chóp

3 
7

7
7 
S .ABCD là: V 

1 6a 7 3a 2 3
3a 3 21
.
.

.
3 7
4
14

  60o . Đường phân giác của góc ABC
 cắt
Câu III. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC
AC tại I. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC, vẽ nửa đường tròn tâm I tiếp xúc với cạnh
BC. Cho miền tam giác ABC và nửa hình trịn trên quay quanh trục AC tạo thành các khối trịn
V


a 2h / 3
a 2 .a 3
9

 .
3
4
4R / 3
3
4.a 3
9

Câu IV. Tìm họ nguyên hàm I 



1  ln x
x ln x  1  1

dx .

Hướng dẫn.
Đặt

x ln x  1  1  t  x ln x  1  t  1  1  ln x dx  2 t  1dt , suy ra

I t  

2


xy

6
x

12
y

7



Hướng dẫn.
+ Xét x  2 thì từ phương trình đầu ta có y  2 thế vào phương trình thứ hai khơng thỏa
mãn. Lập luận tương tự đối với y  2 ta suy ra điều kiện x , y  2 .


+ Biến đổi phương trình thứ nhất:
 y  2 
y 2
  3  1  t  7t  3, t  0  t  1  x  y  2 .
 7 
x 2
 x  2 

1

Thế vào phương trình thứ hai:
Đặt

xác định 
. Tìm số hạng tổng quát an và tính

n 1

an 1  an 2  n , n  1


2



lim an .

Hướng dẫn.

Dễ thấy dãy số đã cho là dãy số dương và tăng. Giả sử an  4 

a1  1 đúng, an 1  4 
Vậy an  4 

n 2
, n  1 , khi đó ta có:
2n 1

2n  4 n  1
n 2 n 1
n 3
 n  4
 n  4  n (đúng tới n + 1).