Tổ 5 đ2 HSG lớp 12 tỉnh lào cai năm 2018 2019

a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, có CD AD AB.. Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M.. Trên cạnh CD lấy các điểm I , N sao c

ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH LÀO CAI

NĂM 2018 – 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (5.0 điểm).

2

, ,

2 2 5 3 3 2 11 6 13

x y







       





b) Cho , ,a b c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4

a bc b ca c ab

Câu 2 (4.0 điểm).

3

f x  x     x  x

  Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số f x 2 8x m  có đúng 3 điểm cực trị sao cho x12x22x32 50, trong đó x1, x2, x3 là hoành độ của ba cực trị đó.

b) Cho dãy số un xác định như sau

1 2 1

1

; 3 2

1 , 1

n

u u













 Chứng minh rằng dãy  u có giới hạn và tìm giới hạn đó n

Câu 3 (3.0 điểm).

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, có

CD AD AB Gọi M2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB3AM Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M Phương trình đường thẳng MN là 2x y  8 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng :d x y 0 và điểm A thuộc đường thẳng : 3d x y  8 0

b) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a Biết hình chiếu vuông góc của

S trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD 3MD

Trên cạnh CD lấy các điểm I ,

N sao cho ABM MBIvà MN vuông góc với BI Biết góc giữa SC và ABCD bằng 60 Tính thể tích khối chóp S AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC.

Câu 4 (3.0 điểm). Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 15xy2 2z

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HSG LỚP 12

TỈNH LÀO CAI NĂM 2018 – 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (5.0 điểm).

2

, ,

2 2 5 3 3 2 11 6 13

x y







       





Lời giải

Tác giả: Nguyễn Ngọc Tâm; Fb:Nguyễn Ngọc Tâm

Điều kiện:  

*

3 2 11 0

x y

x y

x y

 



  





  



   



Đặt 5 x a  ; 40  y b 0, phương trình 17 3 x 5 x3y14 4 y 0 trở thành:

17 3 5 a a 3 4 b 14 0 3a 2 a 3b 2 b 3a 2a 3b 2b

Xét hàm số yf t  3t32t trên 0;  

Ta có f t  9t2 2 0,  t 0; nên hàm số yf t  đồng biến trên 0;  

Vì thế với a0, b0 thì 3a32a3b32b f a f b   a b

Suy ra 5 x  4 y 5 x 4 y y x 1

Thay y x 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:

  2

2 3x 4 3 5x9x 6x13 1

Điều kiện 4;5

3

x   

  Khi đó phương trình       2

1  2 3x 4 2  3 5x 9 6 x 6x5

4 3 4 4 9 5 9 36

2 3 4 2 3 5 9 6

   

 

3 4 1 5 9 2

1 0

5

3 4 1 5 9 2 1

5 2

3 4 1 5 9 2

x

x

x

x

 



















Phương trình  2 tương đương với 6 15 5

3x 4 1 5x 9 2 x

3

3 4 1 5 9 2

 

Ta có  

1 0, ;5

3

3 4 1 3 4 2 5 9 2 5 9

Suy ra hàm số g x nghịch biến trên   4;5

3

 



 

 

Vì thế phương trình g x  có nhiều nhất một nghiệm trên   5 4;5

3

 



 

 

Ta lại có x 0 là nghiệm của phương trình g x  nên đây là nghiệm duy nhất.  5

Với x 1 thì y  2

Với x 0 thì y  1

So sánh điều kiện  * , hệ đã cho có hai nghiệm x y là ;  1 ; 2 ; 0 ; 1 

b) Cho , ,a b c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4

a bc b ca c ab

Lời giải

Ta có a2 bc a2 bc ab ac a b a c   a2 bc a b a c  

Tương tự ta có: b2 ca b c b a  

b



  ; c2 ab a c c b  

c



a b a c b c b a c a c b

ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM

2

a b a c b c b a

a b

       

2

b c b a c a c b

b c

c a c b a b a c

c a

2 a b a c b c b a c a c b 4 a b c

4 4

P a b c a b c

      

Đặt t4a b c   0 a b c   44a b c t   4 4t

Ta có t4 4t t 4 2t2 1 2t2 2 1t  3t212 3 3 P 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi 1 1

3

a b c

a b c

a b c

  



   



 

Câu 2 (4.0 điểm).

3

f x  x     x  x

  Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số f x 2 8x m  có đúng 3 điểm cực trị sao cho 2 2 2

x x x  , trong đó x1, x2, x3 là hoành độ của ba cực trị đó.

Lời giải

Cách 1.

Ta có  

3

2

x

x







   



 

 Trong đó, x 3 là nghiệm bội chẵn

Xét hàm g x f x 2 8x m  có g x   2x 8 f x 2 8x m  Khi đó,

 

 

2 2

2 2

4 4

0

x x

g x











   



           







Ta xét hàm h x  x2 8x Hàm số này có bảng biến thiên như sau

–



Nếu 3 m 16 m19 thì các phương trình  1 ,  2 ,  3 đều vô nghiệm Do đó, hàm số

 

g x chỉ có một cực trị

Nếu 2 m16 3  m18m19 thì phương trình  1 có 2 nghiệm bội chẵn hoặc nghiệm kép, phương trình  2 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, phương trình  3 vô nghiệm Do

đó, hàm số g x chỉ có một cực trị  

Nếu m16 2  m16m18 thì phương trình  1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình  2 có 2 nghiệm bội lẻ, phương trình  3 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép Do đó, hàm số

 

g x có ba cực trị Khi đó, giả sử x 1 4 thì x2, x3 là hai nghiệm của phương trình  2 thỏa mãn điều kiện 2 2  2

x x   x x  x x  Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 2 m 234 m17 (thỏa điều kiện 16m18) Nếu m 16 m16 thì phương trình  1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình  2 có 2 nghiệm đơn, phương trình  3 có 5 nghiệm đơn Do đó, hàm số g x không thỏa mãn có ba   cực trị

Vậy m 17 là giá trị cần tìm

Cách 2.

Xét hàm g x f x 2 8x m  có

g x  x f x  x m

3

               

Dấu của g x  cùng dấu với 2x 8x2 8x m 2 2x2 8x m 

               

       

Ta xét hàm h x  x2 8x Hàm số này có bảng biến thiên như sau

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m16 2  m16m18 Khi đó, giả sử x 1 4 thì

2

x , x3 là hai nghiệm của phương trình x2 8x 2 m thỏa mãn điều kiện

2 2

x x   x x  x x 

–



Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 2 m 234 m17 (thỏa điều kiện 16m18) Vậy m 17 là giá trị cần tìm

b) Cho dãy số un xác định như sau

1 2 1

1

; 3 2

1 , 1

n

u u













 Chứng minh rằng dãy  u có giới hạn và tìm giới hạn đó n

Lời giải

Tác giả: Lê Thị Nguyệt ; Fb: Nguyetle

Từ 2 1

1

1

n

u u u











 được  1   

2

1

n

u







 

2

1

n

u







 

Suy ra    

1 2

1

n

u









Đặt n n 11

n

u v u





 ta có v n2 v v n n1 nên v n2 v v n n1 Đặt x n ln v n ta được x n2 x n1x n

Phương trình đặc trưng t2 t 1 0 có nghiệm 1 1 5 2 1 5

;

t   t  

n

x      

Từ

1

1 1

2

2

u

x









Vì 1 5 1;1 5 1

  nên lim lim 1 5 1 5

n

       

Suy ra lim lim 1 0

1

n n

n

u v

u



 Vậy dãy  u có giới hạn là 1 n

Câu 3 (3.0 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, có

CD AD AB Gọi M2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB3AM Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M Phương trình đường thẳng MN là 2x y  8 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng :d x y 0 và điểm A thuộc đường thẳng : 3d x y  8 0

Lời giải

+) Đặt

2

,

     a a

Xét BMN có 2 2 2 · 10 2 4 2 2 2

2 cos MBN 2 .cos135

2

0

   a   a

Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ B, kẻ NF vuông góc với DC Ta có NF CN CF

BE CB CE

   

   

Nhận thấy

  a  a  a 

MD MN DN Suy ra DMN vuông tại M +) Vì D thuộc đường thẳng :d x y 0 nên D d ; d MDuuurd 2; d 4

Phương trình đường thẳng MN: 2x y  8 0 có véc tơ chỉ phương

ur MD uuuur r d D

+) Điểm A thuộc đường thẳng : 3d x y  8 0 nên A a ; 3 a8

2







a

a

*) Trường hợp 1: a 1 A1; 5

Giả sử B x y ta có  ;  uuurABx1;y 5 ; uuurAM 1; 1  3uuurAM 3; 3 

uuur uuur

Giả sử C x y ta có  ;  DCuuurx2; y 2 ; ABuuur3; 3  2ABuuur6; 6 

uuur uuur

*) Trường hợp 2: a 2 A2; 2

Giả sử B x y ta có  ;  uuurABx 2; y 2 ; uuurAM 0; 2 3AMuuur0; 6

uuur uuur

Giả sử C x y ta có  ;  DCuuurx2; y 2 ; ABuuur0; 6 2uuurAB0;12

uuur uuur

b) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a Biết hình chiếu vuông góc của

S trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD 3MD

Trên cạnh CD lấy các điểm I ,

N sao cho ABM MBIvà MN vuông góc với BI Biết góc giữa SC và ABCD bằng 60 Tính thể tích khối chóp S AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC.

Lời giải

*) Tính thể tích khối chóp S AMCB :

Ta có :

2 ,

3

60 tan 60

3

a

.

*) Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC

Ta có : 13 cos 3 cos

BM

2

2

9

a

DI  x IM x  IB a x a

Áp dụng định lý cosin ta có

Gọi H MNBI Ta có ,

12

a ABM MBH BH AB a IH IB BH

,

Suy ra :  ,   1  ,   1  ,  

d N SBC  d D SBC  d M SBC

Kẻ ME vuông góc với BC , MK vuông góc với SE Suy ra : MK d M SBC   

Ta có : 1 2 1 2 1 2 132 130

a MK

MK MS ME  a  

a

Câu 4 (3.0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 15xy2 2z

Lời giải

Người Word hóa: Phạm Văn Chuyền ; Fb: Good Hope

Theo yêu cầu bài toán thì 2z 15 1 2  4 z 4

Khi đó vế phải của phương trình đã cho chia hết cho 16 Do đóyphải là số lẻ

Từ đó ta được:

2

2

1 mod8

15 1 mod8

x x

x x

y

y

 



    



 



Vì vậy ta cũng suy ra đượcx là số lẻ

Ta lại lập luận tiếp để kết luận zphải là số chẵn bằng phản chứng như sau:

Nếu z là số lẻ thì 2z 22n1 2 3 1 n 2 mod 3 

y không thể chia 3 dư 2 nên ta có mâu

thuẫn Vì khi đó 2z  y2 không thể chia hết cho 3

Vậy tới đây ta tiếp tục tìm nghiệm của phương trình đã cho với giả thiết là x y, đều lẻ, cònz là

số chẵn

15x 2z 15x 2t 2t

      với t 2 là số nguyên thỏa mãn z2t

Ta nhận xét rằng

2t  2t  2.2t

    Do đó 2t 

y

 và 2t 

y

 không thể cùng chia hết cho 3 hoặc 5

Vì vậy    

 

 

1

1

2 3 5

2

2

y

y y

y y

y





   





     





 



     



 



Nếu

1 1 1

4 2

1

6

x y y

z t

x

z

 







  







   

  



 



Nếu x2n3,n0 thì từ 2 5 3 76 6 2 0 mod16 

2

t     t  t  Ta có

3x 27 3 n 27 4 1 n 13 mod16

    ; 5x 125 4 1 2n 13 mod16 

Khi đó 3x 5x 26 mod16 

  , ta kết luận  1 vô nghiệm

Tương tự như thế, nếu x2n3,n0 thì từ 2 15 1 1688 10 2 0 mod 32 

2

x

Ta có 5x 16 12n3 16 2 n 3 1 mod32 

     Khi đó 1 15 x 16 2 n3 mod 32  , ta kết luận  2 vô nghiệm

Vậy các nghiệm nguyên dương là 1;1; 4 và  1;7;6 

Lời giải

Tác giả:Mai Ngọc Thi ; Fb: Mai Ngọc Thi

Xét số hạng tổng quát :

 20192

2020

k k

k

k



2019!

2020 2019 ! !

k

k

C



2019!

2020 ! 1 !

k

C

k k



1 2019

2019k 2019 k

C  C 

Suy ra S C 20190 C20192018C20191 C20192017 C20192017.C20191 C20192018.C20190

Xét

 2019 2019  0 1 2019 2019  0 1 2019 2019

1x 1x  C C x C x C C x C x

Hệ số của 2018 trong khai triển 1 x20191 x2019 là :

0 2018 1 2017 2017 1 2018 0

2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019

C C C C  C C C C  1

Xét khai triển :  4038 0 1 2018 2018 4038 4038

1x C C x C x  C x

Hệ số của x2018 trong khai triển 1 x 4038 là 2018

4038

C  2

Từ  1 và  2 ta có