Tổ-6-D2-GIAI-CHI-TIET-DE-HSG-HAI-DUONG-2018-2019

Một đội xây dựng làm một con đường đi từ Ađến C qua vạch chắn MN, biết khi làm đường trên miền ABMNmỗi giờ làm được 15mvà khi làm trong miền CDNMmỗi giờ làm được30m.. Tính thời gian ngắn

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 12

TỈNH HẢI DƯƠNG 2018 - 2019

MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

ĐỀ BÀI Câu I (2,0 điểm)

1) Cho hàm số

2 1 1

x y x

−

= + có đồ thị ( ) C Tìm mđể đường thẳng d y : = − + x m cắt ( ) C tại hai

điểm phân biệt A và B sao cho ∆ PAB đều, biết P ( ) 2;5

2) Một mảnh đất hình chữ nhật ABCDcó chiều dài AB = 25 m, chiều rộng AD = 20 mđược chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN(M N , lần lượt là trung điểm BCvàAD) Một đội xây dựng làm một con đường đi từ Ađến C qua vạch chắn MN, biết khi làm đường trên miền ABMNmỗi giờ làm được 15mvà khi làm trong miền CDNMmỗi giờ làm được30m

Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình





2) Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 26 tháng 3 Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12

Câu III (2,0 điểm)

1) Cho dãy số ( ) un xác định bởi

2

n

n

u

u

+

+ −

Xét tính đơn điệu và bị chặn

của ( ) un .

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD ( AB CD AB CD / / , > )có

AD DC = ,D (3;3) Đường thẳng ACcó phương trình x y − − = 2 0, đường thẳng ABđi qua ( 1; 1)

M − − Viết phương trình đường thẳng BC

Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ có đáy ABCD là hình vuông.

1) Gọi S là tâm của hình vuông A B C D ′ ′ ′ ′ SA, BC có trung điểm lần lượt là M và N Tính thể tích của

khối chóp .SABC theo a, biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc bằng 600 và AB a = 2) Khi AA AB ′ = Gọi R, S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng A D ′ , CD ′ sao cho RS vuông góc với mặt

phẳng ( CB D ′ ′ ) và RS = a 3 3

Tính thể tích khối hộp ABCD A B C D ′ ′ ′ ′theo a

3) Cho AA AB a ′ = = Gọi G là trung điểm BD ′, một mp P ( ) thay đổi luôn đi qua G cắt các đoạn thẳng

′

AD , CD ′, D B ′ ′ tương ứng tại H , I, K

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

T

D H D I D I D K D K D H

Câu V. (1,0 điểm)

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

3

P

a ab abc a b c

HẾT.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu I (2,0 điểm).

1) Cho hàm số

2 1 1

x y x

−

= + có đồ thị ( ) C Tìm mđể đường thẳng d y : = − + x m cắt ( ) C tại hai

điểm phân biệt A và B sao cho ∆ PAB đều, biết P ( ) 2;5

2) Một mảnh đất hình chữ nhật ABCDcó chiều dài AB = 25 m, chiều rộng AD = 20 mđược chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN(M N , lần lượt là trung điểm BCvàAD) Một đội xây dựng làm một con đường đi từ Ađến C qua vạch chắn MN, biết khi làm đường trên miền

ABMNmỗi giờ làm được 15mvà khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được30m Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C

Lời giải

Tác giả: Đoàn Thị Uyên ; Fb: Đoàn Uyên

)

1 Cách 1:

Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( ) C là nghiệm phương trình

2 1

1 1

x

x m x

x − = − + ≠ − ⇔

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( ) 1 có hai nghiệm phân biệt và x ≠ − 1

2 2

2

∆ >

Gọi x x1, 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:

1 2

1 2

3 1

x x m

x x m

+ = −



 = − −

Giả sử A x ( 1; − + x m1 ), B x ( 2; − + x m2 ) .

Khi đó ta có: ( )2

1 2

2

PA = x − + − + − x m = x − + x −

PB = x − + − + − x m = x − + − x .

Suy ra ∆ PAB cân tại P

Do đó ∆ PABđều ⇔ PA2 = AB2

5

m

m

=



⇔ + − = ⇔  =−  Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = − 5

Cách 2:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( ) C là:

2 1

1 1

x

x m x

x − = − + ≠ −

2

2 1 x x x mx m

⇔ − = − − + +

( )

Đường thẳng d và đồ thị ( ) C cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình ( ) * có 2 nghiệm phân biệt x ≠ − 1

2 2

2

∆ >

Vậy phương trình ( ) * luôn có 2 nghiệm phân biệt x ≠ − 1

Gọi A x x m ( 1; − +1 ) ( ;    B x2; − + x m2 ) là giao điểm của ( ) d và ( ) C .

Vì x x1; 2 là nghiệm của phương trình ( ) * nên áp dụng hệ thức Viet, ta có:

1 2

1 2

3

x x m

x x m

+ = −



 = − −

Vì ∆ PAB đều nên H là trung điểm của AB Do đó, tọa độ của H là:

A B

;

H  − + 

PAB

∆ đều

3 2

PH AB

PH AB



⇔ 

=





uuur uuur

với ( 2 1 1 2)

AB = x − x x x PH −  − − 

( ) ( )

2

2

2 1

m



⇔  −

  

Do phương trình ( ) 1 luôn đúng nên hệ phương trình

tương đương với:

2 1

⇔ m2− 14 m + = 49 3 ( m2− 6 m + + 9 4 m + 4 ) .

⇔ m2− 14 m + = 49 3 m2− 18 m + + 27 12 m + 12

⇔ 2 m2+ − = 8 m 10 0

1 5

m

m

=



⇔  = −  Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = − 5

2) Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn

MN tại E

đặt NE x m x = ( )( [0;25]) ∈ ⇒ AE = x2+ 10 ;2

(25 ) 10

Thời gian làm đường đi từ A đến C là:

2

x

AE CE x

(25 )

15 100 30 (25 ) 100

t x

−

x x

− ≥



x

≤ ≤



x

≤ ≤



x

≤ ≤



x

≤ ≤



x

≤ ≤



5;

x

⇔ =

⇒ Thời gian ngắn nhất làm con đường từ A đến C là

2 5

3 (giờ)

CâuII (2,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình





Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Nga; Fb: Con Meo

Cách 1:

Điều kiện:

0 1 3

y x

≥





 ≥ −

1 ⇔ 3 1 x + − 4 3 1 x + = − y 4 y ( ) * .

Xét hàm số f t ( ) = − t4 4 t t ( ∈ + ∞ [ 0; ) ) ; từ ( ) * ta có f ( 3 1 x + = ) ( ) f y .

f t ′ = t − ; f t ′ = ⇔ = ( ) 0 t 1.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy: hàm số nghịch biến trên [ ] 0;1 ; đồng biến trên [ 1; + ∞ ) .

+ Nếu 3 1 x + và y cùng thuộc [ ] 0;1 hoặc [ 1; + ∞ ) thì ta có :

3 1 x + = y ⇔ = + y 3 1 x thay vào ( ) 2 ta có :

2

1 3

9

x

x

 ≥







 = −





(thỏa mãn)

+ Nếu 3 1 x + và y không cùng thuộc [ ] 0;1 hoặc [ 1; + ∞ ) thì

( 3 1 1 )( 1 ) 0 3 1 0 ( 1 ) 0

−

Từ ( ) 2 ( ) ( )2

⇔ − = + + > vô lý

Vậy hệ có nghiệm ( ) x y ; là ( ) 1;4 .

Cách 2:

Điều kiện:

0 1 3

y x

≥





 ≥ −

1 ⇔ 4 3 1 4 x + − y = 3 1 x + − y .

( 3 1 ) ( 3 1 ) 4 3 1

+ −

+ +

⇒ + −   + + − ÷ ÷ =

+ +

Vì

1 3

x ≥ − ⇒ VP ( ) 2 0 3 > ⇒ xy > ⇒ > 0 x 0.

y

x x x x

⇒ = + + + >

4

Từ ( ) * ⇒ + − = ⇔ = + 3 1 x y 0 y 3 1 x thay vào ( ) 2 ta có:

9 x = + + x 4 2 x + ⇔ 3 9 x = x + + 3 1 .

x x

x x

= − + −

2

1 3

3 1 0

1 1

2

x x

x x

 ≥





⇔ − − = ⇔  = ⇔ =

Vậy hệ có nghiệm ( ) x y ; là ( ) 1;4 .

Cách 3:

Điều kiện:

0 1 3

y x

≥





 ≥ −

Vì

1 0;

3

y ≥ x ≥ − nên 4 x + + 4 2 x + > ⇒ 3 0 3 xy > ⇒ > ⇒ 0 x 0 3 1 1 x + > Mặt khác,

4

3

xy = x + + x + > x ⇒ > ⇒ y y > .

Đặt a = y ; b = 3 1 x + , ( a b , > 1 ) .

( ) 1 ⇒ − = − ⇔ − a4 4 a b4 4 b ( a b a b a b ) (   + ) ( 2+ 2) − = 4   0 ( ) * .

Vì a b , 1 > nên 2 2

2 2

a b

a b

+ >



 + >

 ⇒ + ( a b a b ) ( 2+ 2) > 4.

Từ ( ) * ⇒ = a b hay y = 3 1 x + ⇔ = + y 3 1 x

khi đó ta có: 3 3 1 4 x x ( + = + + ) x 4 2 x + 3 ⇔ 9 x2 = + + x 4 2 x + 3

2

3 1 x x 3

⇔ = + + (vì x > 0)

( )2

2

1

3 1 0

3

− = +

1 3

1 1

2 9

x

x x

x

 ≥





⇔  = ⇔ =







 = −



Vậy hệ có nghiệm ( ) x y ; là ( ) 1;4 .

CâuII

2) Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 26 tháng 3 Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12

Lời giải

Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω

Số phần tử của không gian mẫu là: ( ) 5

12 792

n Ω = C = .

Gọi A là biến cố "Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong

đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12"

Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:

+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11

+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11

+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: ( ) 2 2 1 2 1 2 3 1 1

4 .3 5 4 .3 5 4 .3 5 330

n A C C C C C C C C C = + + = .

Xác suất cần tìm là

( ) ( ) 330 792 12 5

n A P

n

Câu III (2,0 điểm)

1) Cho dãy số ( ) un xác định bởi

2

n

n

u

u

+

+ −

Xét tính đơn điệu và bị chặn

của ( ) un .

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD ( AB CD AB CD / / , > )có

AD DC = ,D (3;3) Đường thẳng ACcó phương trình x y − − = 2 0, đường thẳng ABđi qua ( 1; 1)

M − − Viết phương trình đường thẳng BC

Lời giải

1) Cho dãy số ( ) un xác định bởi

2

n

n

u

u

+

+ −

Xét tính đơn điệu và bị chặn của ( ) un .

;

n

∗ +

+ −

+ +

Mà u1= > 1 0; giả sử với n k = ≥ 1 ta có

1 2 1

0;

k k

k

u

u

∗

−

−

Khi đó ta có 1 2

0;

k k

k

u

u

∗

0,

n n

u

Do dãy số ( ) un giảm nên * *

u u n ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ∀ ∈ ¥ u n ¥ ⇒ < ≤ ∀ ∈ ⇒ 0 un 1, n ¥* dãy số

( ) un bị chặn.

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD ( AB CD AB CD // , > )có

AD DC = , D (3;3) Đường thẳng ACcó phương trình x y − − = 2 0, đường thẳng ABđi qua ( 1; 1)

M − − Viết phương trình đường thẳng BC

Lời giải

Kẻ CP AD // và cắt AB tạo P, suy ra tứ giác ADCP là hình thoi

Gọi H AC DP = ∩ ta có DH AC ⊥ suy ra đường thẳng DH có phương trình là x y + − = 6 0

Khi đó toạ độ điểm H là nghiệm của hệ sau 6 0 ( ) 4;2

2 0

x y

H

x y

+ − =

 − − =

Gọi P x y ( ) ; ta có DH HP uuur uuur = ⇒ P ( ) 5;1 .

Đường thẳng PM có phương trình là x y − − = 3 2 0

Mặt khác đường thẳng DC PM // nên đường thẳng DC có phương trình là: x y − + = 3 6 0

Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ 3 6 0 ( ) 6;4

2 0

x y

C

x y

− + =

 − − =

Xét tam giác ∆ BCP ta có AD DC CP CB = = = nên tam giác ∆ BCP cân tại C

Vì B PM ∈ ⇒ B t ( 3 2; + t ), ta có ( ) ( )2 2

1 11 5

t t

=





⇒

 =

Với t = ⇒ 1 B ( ) 5;1 ≡ P (loại)

Với

;

= ⇒   ÷  Vậy đường thẳng BC có phương trình là 9 13 106 0 x + y − =

Câu IV. (3,0 điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ có đáy ABCD là hình vuông

1) Gọi S là tâm của hình vuông A B C D ′ ′ ′ ′ SA, BC có trung điểm lần lượt là M và N Tính thể tích của

khối chóp .SABC theo a, biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc bằng 600 và AB a = 2) Khi AA AB ′ = Gọi R, S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng A D ′ , CD ′ sao cho RS vuông góc với mặt

phẳng ( CB D ′ ′ ) và RS = a 3 3

Tính thể tích khối hộp ABCD A B C D ′ ′ ′ ′theo a 3) Cho AA AB a ′ = = Gọi G là trung điểm BD ′, một mp P ( ) thay đổi luôn đi qua G cắt các đoạn thẳng

′

AD , CD ′, D B ′ ′ tương ứng tại H , I, K

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

T

D H D I D I D K D K D H

Lời giải

Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết; Fb: Đoàn Minh Triết

1) Gọi H là trung điểm của AC SH ⇒ là trung tuyến trong tam giác SAC Mặt khác tam giác

SAC cân tạiS SH ⇒ là đường cao ⇒ SH AC ⊥

;

;



SAC ABC SAC ABC AC

SH ABC

Gọi I là trung điểm của AH, mà M là trung điểm của SA IM ⇒ là đường trung bình trong

tam giác

/ / 1 2







IM SH SAH

IM SH

/ /





SH ABC

IM ABC MNI MN ABC

Tam giác ABC vuông cân tại B, có AB a BC a = ⇒ = ;

AC a CI AC a

1

= = a

NC BC

; tam giác ABC vuông cân tại B ⇒ = = µ µ A C 450 Xét tam giác CNI có

·

NI CI CN CI CN ICN MI IN

3

2) Đặt uuur ur AA m ′ = , uuuur r A D n ′ ′ = , uuuur ur A B p ′ ′ = ⇒ = = = ur r ur m n p b; ur r r ur ur ur m n n p p m = = = 0

Mặt khác uuur A R x A D ′ = uuuur ′ ; uuur D S y D C ′ = uuuur ′

Ta có uuur A R x m x n ′ = ur + r; uuur D S y m y p ′ = ur + ur uuur uuur uuuur uuur ⇒ RS RA A D D S = ′ ′ ′ ′ + + = − ( y x m ) ( ) ur + − 1 x n y p r + ur.

Do đường thẳng RS vuông góc với mặt phẳng ( CB D ′ ′ ) nên ta có:

ur r ur ur r uuuruuuur

uuuruuuurRS B C y x mur x n y pr ur ur urm n

2

3

 =

 + − =

− =



x

y x

y

Vậy R, S là các điểm sao cho

2 3

′ = ′

uuur uuuur

A R A D

;

1 3

′ = ′

uuur uuuur

D S D C

2

.

3) Vì AA AB a ′ = = nên ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ là hình lập phương có G là trung điểm BD ′ nên G

là tâm của ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ Gọi E, F lần lượt là tâm ADD A ′ ′ và BB C C E ′ ′ ⇒ , F lần lượt

là trung điểm A D ′ và B C ′ ; G là trung điểm EF

1

4

⇒ uuur uuur uuur uuuur GA GB GC GD + + + = GE uuur + GF uuur r = ⇔ uuuur D G = uuur uuuur uuuur D A D C D B + +

( )

uuuur D A uuuur D C uuuur D B uuur uuuur a uuur a uuuur a uuuur

Vì bốn điểm H I K G , , , đồng phẳng nên:

( )

1

do uuur D I ′ , uuuur D K ′ , uuuur D H ′ không đồng phẳng nên từ ( ) 1 và ( ) 2 ta được: 4 2 + 4 2 + 4 2 = 1

D I D K D H

Mặt khác

2 2

T

D H D I D I D K D K D H D I D H D K a

2

⇒ = T ⇔ D H D I D K = = = a

Vậy giá trị lớn nhất của T là 2

8

3a

Câu V. (1,0 điểm)

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

3

P

a ab abc a b c

Lời giải

Tác giả: Bàn Thị Thiết; Fb: Bàn Thị Thiết

Vì a, b là các số dương nên: 4 2 4 4 4 4 ( ) 1

4

a b

a + ≥ b a b ⇔ + ≥ a b ab ⇔ ab ≤ +

Đẳng thức xảy ra khi a b = 4

Vì a, b, c là các số dương nên:

( )

12

a b c

a + + b c ≥ a b c ⇔ + + a b c ≥ abc ⇔ abc ≤ + +

Đẳng thức xảy ra khi a b = = 4 16 c

Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra:

a b a b c

a + ab + abc a ≤ + + + + + 3 4 ( )

3

a ab abc a b c

3 ( )

4 a b c

a ab abc

+ +

Do đó: P ≥ 4 ( a b c 3 ) − a b c 6

Đặt: t = + + a b c t ( ) > 0 .

Xét: 2 3 2 3

t

−

1 '( ) 0

4

f t = ⇔ = t .

Bảng biến thiên:

t

_ +

Từ bảng biến thiên ta có: ( ) 1

4

P f ≥ a b c + + ≥ f = − ∀ a b c > .

Đẳng thức xảy ra khi:

1 21

4 16

1

336

a

b

a b c

c

 =







 =

Vậy min P = − 12

HẾT.

1 4

+∞

'( )

f t

( )

f t

+∞

12

−

+∞