NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Ngày thi : 18/01/2019
KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN: TOÁN – Hệ : THPT
Thời gian: 180 phút
Họ và tên: ...................................................................................... SBD: ............................................... .
Câu 1: (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số
3 2 2 2
3 3 1 3 1
y x x m x m
có hai đim
cực trị
1
x
,
2
x
thỏa
1 2
4 0
x x
.
Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. Cho
5
log 6
a
6
log 12
b
. Tính
3
log 60
theo
a
b
2.2. Giải phương tnh
2
1 1 2
4
x
x x
.
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật
ABCD
được sơn trang
t như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm
250.000
đồng/
2
m
phần còn lại là
160.000
đồng/
2
m
. Hỏi số tin để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết
4
AD m
,
3
DC m
AE EF FB
.
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa đ
Oxyz
cho ba điểm
1;0;3
A ,
3;1;3
B ,
1;5;1
C . Tìm tọa độ
điểm
M
thuộc mặt phẳng
Oxy
sao cho biểu thức
2| | | |
T MA MB MC
  
có giá trị nh nhất.
Câu 5: (2,0 điểm)
Tính tng
2 2 2 3 2 2 2019
2019 2019 2019 2019
2 3 ... 1 ... 2019
k
k
S C C k C C .
Câu 6: (4,0 điểm)
6.1. Cho hình chóp .
S ABCD
đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
. Gọi
,
M N
lần lượt là trung
điểm của các cạnh
,
AB AD
H
là giao điểm của
CN
DM
. Biết
SH
vuông góc với mặt
phẳng
( )
ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
DM
SC
bằng
2
3
a
. Tính theo
a
thể
tích khi tứ diện
SHMC
.
6.2. Cho hình lăng trụ tam gc đều
' ' '
ABCA B C
2 3, ' 3
AB AA
. Gọi
, ,
M N P
lần lượt là
trung điểm của các cạnh
' ', ' ',
A B A C
BC
. Tínhsin của góc tạo bởi hai mặt phng
' '
AB C
MNP
.
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số
m
để hệ phương trình
2 2
4 2
2 5
x y
x y xy
m x y x x y y
nghiệm
;
x y
thỏa mãn
1, 1
x y
.
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
x y z
2 2 2
2
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )( )( )( ).
P x y y z z x xy yz zx
----- HẾT -----
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số
3 2 2 2
3 3 1 3 1
y x x m x m
có hai đim
cực trị
1
x
,
2
x
thỏa
1 2
4 0
x x
.
Lời giải
Tập xác định:
D
.
2 2
3 6 3 1
y x x m
.
1
0
1
x m
y
x m
Hàm số có hai điểm cực trị
0
y
có hai nghiệm pn biệt
0
m
.
+) TH1:
1
2
1
1
x m
x m
Khi đó
1 2
4 0
x x
5
1 4 1 0
3
m m m
(TM).
+) TH2:
1
2
1
1
x m
x m
,
Khi đó
1 2
4 0
x x
5
1 4 1 0
3
m m m
(TM).
Vậy
5
3
m
là các giá trị cần tìm.
Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. Cho
5
log 6
a
6
log 12
b
. Tính
3
log 60
theo
a
b
2.2. Giải phương tnh
2
1 1 2
4
x
x x
.
Lời giải
2.1. Cho
5
log 6
a
6
log 12
b
. Tính
3
log 60
theo
a
b
.
Ta có:
5
6
5
5
6
5
log 6
log 2 1
log 6
log 12 .
log 12
log 2 1
a
b
a
a b
b
a b
.
5 5
3
5 5 5
log 60 1 log 12 1 1
log 60
log 3 log 6 log 2 1 2
ab ab
a a b a b
.
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
2.2. Giải phương trình
2
1 1 2
4
x
x x
.
Điều kiện:
1 1
x
.
Đặt 1 1
t x x
2
2
2
1
2
t
x
, với
2 2
t
.
Phương trình theo
t
có dạng:
2
2
2
2
2
7
2
2 4 8 0 2
4
t
t t t t t
2
1 1 2 1 1 0
x x x x
.
Vậy phương trình có nghim
0
x
.
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật
ABCD
được sơn trang
t như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm
250.000
đồng/
2
m
phần còn lại là
160.000
đồng/
2
m
. Hỏi số tin để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết
4
AD m
,
3
DC m
AE EF FB
.
Lời giải
Gọi
H
,
K
lần ợt là trung điểm của
AB
CD
;
I
là
giao điểm của
CE
DF
.
Ta có:
1
1
2
2
3
3
EH EF
EH KC
EF KC
1
1 ( )
4
IH HK m
,
3 ( )
IK m
.
Ta có:
3.4 12
ABCD
S
2
( )
m
.
2
1
.1.4 2( )
2
ADE BCF
S S m
.
2
1 1 1
. .1.1 ( )
2 2 2
IEF
S IH EF m
.
2
1 1 9
. .3.3 ( )
2 2 2
ICD
S IK CD m
.
Gọi
1
S
là diện tích phần tô đậm
2
S
là diện tích phần còn lại.
Ta có:
2
2
9( )
ADE BCF IEF ICD
S S S S S m
.
Suy ra:
2
1 2
3 ( )
ABCD
S S S m
.
Vậy tng số tiền để làm là:
3.250000 9.160000 2190000
T
(đồng).
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa đ
Oxyz
cho ba điểm
1;0;3
A ,
3;1;3
B ,
1;5;1
C . Tìm tọa độ
điểm
M
thuộc mặt phẳng
Oxy
sao cho biểu thức
2| | | |
T MA MB MC
  
có giá trị nh nhất.
Lời giải
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
Gọi
K
là trung điểm của
BC
, ta:
1;3;2
K
2
MB MC MK
. Suy ra:
2 | | 2 | | 2
T MA MK MA MK
 
.
Nhn xét: A, K nằm kc phía so với mặt phẳng
Oxy
. Gọi
'
A
là điểm đối xứng của điểm
A
qua mặt
phẳng
Oxy
. Khi đó:
2 2
T MA MK MA MK
Suy ra :
, ,
min
min
T MA MK A M K
thẳng hàng hay
M
là giao điểm của
'
A K
với mặt phng
Oxy
.
Ta có:
1;0;0 1;0; 3 2;3;5
H A A K

. Do đó: Phương trình tham số của
'
A K
là
1 2
1 9
3 ; ;0
5 5
3 5
x t
y t M
z t
Câu 5: (2,0 điểm)
Tính tng
2 2 2 3 2 2 2019
2019 2019 2019 2019
2 3 ... 1 ... 2019
k
k
S C C k C C .
Lời giải
- Trước hết ta chứng minh đẳng thức:
2 2 1
2 1
1
k k k
n n n
k C n n C nC
1
2 , ,k n k n
.
Thật vậy: do
2
1
k k k
n n n
k C k k C kC
2
.
Mà:
1
1
1 ! 1 !
!
. . .
!. ! 1 !. !
1 !. 1 1 !
k k
n n
n n
n
kC k n n nC
k n k k n k
k n k
3
Áp dụng (3) hai ln ta được:
1 1 2
1 1 2
1 1 . 1 1
k k k k
n n n n
k kC k nC n k C n n C
4
Từ
2
,
3
,
4
ta được
1
.
- Áp dụng
1
ta được:
2019 2019
2 2 1
2019 2017 2018
2 2
1 1 . 2019.2018. 2019.
k k
k k k
k k
S k C C C
2017 2018
2017 2018
0 1
2018.2019. . 1 2019 1
k k
k k
k k
C C
2017 2018
2018.2019. 1 1 2019 1 1 1 2019
.
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
Vậy
2019S
.
Câu 6: (4,0 điểm)
6.1. Cho hình chóp .S ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi ,M N lần lượt là trung
điểm của các cạnh ,AB AD và H là giao điểm của CN DM . Biết SH vuông góc với mặt
phẳng ( )ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM SC bằng
2
3
a
. Tính theo a thể
tích khi tứ diện SHMC .
Lời giải
Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM DCN (c.g.c)
Từ đó suy ra
ADH DCN DM CN
Vậy:
2
2 2 2
5
2 2
a a
NC DC DN a
;
2
2
5
CD a
HC
CN
;
.
5
DC DN a
HD
NC
;
5 3 5
2 10
5
a a a
HM MD HD
2
1 1 2 3 5 3
. . .
2 2 10 10
5
HMC
a a a
S HC HM
Mặt khác, ta có ( )SH ABCD SH DM
Theo chứng minh trên DM CN , suy ra ( )DM SCN .
K HK SC thì HK là khoảng cách gia DM SC . Suy ra
2
3
a
HK .
Tam giác SHC vng tại H , đường cao HK suy ra
2 2 2
1 1 1
HK SH HC
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
2
3
5
SH HK HC a
a
a
SH a
Vậy
2 3
1 1 3
. . .
3 3 10 10
SHMC HMC
a a
V S SH a
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
6.2. Cho hình lăng trụ tam gc đều
' ' '
ABCA B C
2 3, ' 3
AB AA
. Gọi
, ,
M N P
lần lượt là
trung điểm của các cạnh
' ', ' ',
A B A C
BC
. Tínhsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
' '
AB C
MNP
.
Lời giải
Cách 1:
Gọi
,
I Q
lần ợt là trung điểm của các cạnh
MN
' '
B C
, khi đó
3 5
3 2,
2
AQ PI
.
Giả sử
PI AQ G
.
' '
G AB C MNP
.
Hơn nữa
, ' ' ' '
' '
MN MNP B C AB C
MN B C
nên giao tuyến của mặt phẳng
' '
AB C
MNP
là đường thẳng
đi qua
G
và song song với
MN
' '
B C
.
Ta có
' ' 'B C AA QP AG
. Chứng minh tương tta có
PG
.
Do đó
' ' , ,
AB C MNP AG PG
. Mặt khác
IQ AP
, theo định Ta-lét
1 2
2 2 2
2 3
GQ GI IQ
GA GQ AQ
GA GP AP
;
2
2 5
3
GP GI PI .
Xét tam giác
AGP
2 2
2
2 2 2
2 2 5 3
1
2 .
2 2. 5 10
GA GP AP
cosAGP
GA GP
Vậy cos
1
' ' ,
10
AB C MNP .
Cách 2
Δ
2 3
3
I
G
Q
P
N
M
C'
B'
A'
C
B
A
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
Gọi , ,I Q X lần lượt là trung điểm của các cạnh , ' 'MN B C 'AA .
Ta có ' ' 3AP PQ QA A A
0
' 90A AP tứ giác 'APQA hình vuông.
' ' 1IPQ XQA c g c IPQ XQA PI QX
Ta có
' ' ' ' 'B C APQA B C QX , mà
' ' 2MN B C MN QX
Từ
1
2
QX MNP .
Chng minh tương tự ta
' ' 'A P AB C .
Do đó
' ' , ' ,AB C MNP A P QX .
Ta có XA PQ , theo định lý Ta-lét 2
TP TQ PQ
TA TX AX
.
Từ đó ta được 2 2, 5TP XQ . t tam giác PTQ , theo định côsin ta có
2 2
2
2 2 2
2 2 5 3
1
2 .
2 2. 5 10
TP TQ PQ
cosPTQ
TP TQ
Vậy cos
1
' ' ,
10
AB C MNP .
Cách 3
Gọi , ,I O J ln lượt là trung điểm của các cạnh ' ',B C MN AP . Ta có ' 'MN B C
' ' ' 'A I B C MN A I
. Đặt hình lăng tru tam giác đều
. ' ' 'ABC A B C
trong hệ trục tọa độ
3
3
X
T
I
Q
P
A'
A
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
Oxyz
với gốc tọa độ
0;0;0
O , chiều dương
Ox
trùng với tia ON, chiều dương
Oy
trùng với
tia
OI
, chiều dương
Oz
trùng với tia
OJ
. Khi đó ta có :
3 3 3 3 3 3
0; ;3 , ' 3; ;0 , ' 3; ;0 , ;0;0 , ;0;0 , 0; ;0
2 2 2 2 2 2
A B C M N P
Gọi
1 2
,
n n
lần ợt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng
' '
AB C
MNP
.
Ta có
1
', ' 0;2;2
n AB AC

,
1
, 0; 2;1
n MN MP
.
Gọi
là góc tạo bởi hai mặt phẳng
' '
AB C
MNP
.
Khi đó
1 2
2
2 2 2 2 2
0 4 2
1
,
10
0 2 2 . 0 2 1
cos cos n n
.
Vậy cos
1
' ' ,
10
AB C MNP .
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số
m
để hệ phương trình
2 2
4 2
2 5
x y
x y xy
m x y x x y y
nghiệm
;
x y
thỏa mãn
1, 1
x y
.
Lời giải
Xét hệ
2 2
4 2 1
2 5 2
x y
x y xy
m x y x x y y
(với
, 1
x y
)
Từ
1
ta có
2 4
x y xy
Thế vào
2
ta được
2 2
2 2 1
x y
m x y x xy y
2
2 1
x y
m x y x y
Đặt
2
t x y
2
4 2 4 4
2
x y
x y xy x y t
.
Do
1
x
,
1
y
nên
1 1 0 1 0
x y xy x y
1
xy x y
2 2 2
xy x y
4 2 2
x y x y
6
x y
.
Do đó
2
2 1
t
m t t
2
2 1
t
m t t
.
Hệ đã cho có nghiệm
;
x y
thỏa mãn
1, 1
x y
khi và chỉ khi pơng trình
2
2 1
t
m t t
nghiệm
4;6
t .
Xét hàm số
2
2 1
t
f t t t
với
4 6
t
. Có
2
2
1
2 1 ln 2
1
t
f t t t
t
.
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
2
1
t t t
2
2
1
1 1 1
1
t
t
nên
0
f t
với
4 6
t
.
Suy ra
f t
là hàm số đồng biến. Do đó
4 6
f m f
16 17 4 64 37 6
.
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
x y z
2 2 2
2
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )( )( )( ).
P x y y z z x xy yz zx
Lời giải
Cách 1
Đặt
( )( )( )( )
Q x y y z x z xy yz zx
ta có
.
Q P
+
0
xy yz zx
ta có
0.
Q
+
0
xy yz zx
đặt
t
0.
xy yz zx
Áp dụng BĐT Côsi ta có
2
3
( )
( )( )( ) ( )
2 4
x y y z x z
x y y z x z x z
(1)
2 2 2 2 2 2
4 2( ) 2( ) 2( )
x y z xy yz zx x z x y y z
2
2 2
2( ) ( ) ( ) 3( )
x z x y y z x z
hay
2
4 5 3( ) 0 (2) 5
t x z t
Từ (1) và (2) suy ra
3
2 3
1 4 2 3
. (5 ) (5 ) .
4 5 9
Q t t t t
Xét hàm số
2 3
( ) (5 )
f t t t
trên
0 5
t
ta có
2
( ) (5 ) (10 5 t), ( ) 0 2
f t t t f t t
hoặc
5
t
(0) 0,
f
(5) 0,
f
(0) 0,
f
(2) 108.
f
Do đó
4
Q
nên GTLN của
Q
là
4
khi
2, 1, 0.
x y z
Suy ra
4
P
nên GTNN của
P
là
4
khi
2, 1, 0.
x y z
Cách 2:
Đặt
2 2 2
5
t xy yz zx x y z t
.
Giả thiết:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
10 2 2 2 2 10 2
x y z x y y z z x t x y y z z x t
2
2 2 2 2 2 2
1 3 5
2 2 4 3
z x
t
x y y z z x x y y z z x z x
2 4
2 2
2 2
5
2 4 16 3
x z x z
x y y z t
x y y z x y y z
NHÓM TOÁN VD VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10
NHÓM TOÁN VD
VDC
NHÓM TOÁN VD
VDC
Ta có:
2
2 2 2 2 3
2 2 2
5 20 4 4
. . 5
3 3 27
t t
P x y y z z x xy yz zx t t t
.
Xét hàm số suy ra
2
16 min 4
P P
tại
2 ; ; 2;1;0
t x y z .

Preview text:

NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG
KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 - 2019 (Đề thi có 01 trang)
MÔN: TOÁN – Hệ : THPT N Ngày thi : 18/01/2019 Thời gian: 180 phút H Ó M
Họ và tên: ...................................................................................... SBD: ............................................... . T O
Câu 1: (2,0 điểm) ÁN
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y  x x   2 m   2 3 3
1 x  3m 1 có hai điểm V D
cực trị x , x thỏa x  4x  0 . 1 2 1 2 –
Câu 2: (4,0 điểm) VD
2.1. Cho a  log 6 và b  log 12 . Tính log 60 theo a b 5 6 3 C 2 x
2.2. Giải phương trình 1 x  1 x  2  . 4
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang
trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ 2 m
và phần còn lại là 160.000 đồng/ 2
m . Hỏi số tiền để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD  4m , DC  3m AE EF FB .
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;3 , B  3
 ;1;3 , C 1;5  ;1 . Tìm tọa độ   
điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T  2 | MA |  | MB MC | có giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (2,0 điểm) N 2 2 2 3 k 2 k 2 2019 H
Tính tổng S  2 C  3 C  ...  1  k C  ...  2019 C . 2019 2019   2019 2019 Ó
Câu 6: (4,0 điểm) M T
6.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung O
điểm của các cạnh AB, AD H là giao điểm của CN DM . Biết SH vuông góc với mặt ÁN 2a V
phẳng ( ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM SC bằng . Tính theo a thể D 3
tích khối tứ diện SHMC . – V
6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA ' B 'C ' có AB  2 3 , AA '  3 . Gọi M , N, P lần lượt là D C
trung điểm của các cạnh A' B ', A'C ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB 'C ' và  MNP .
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình
x y  4  2xy  
2xy m   2 2 x y
x x y y  5   có nghiệm  ;
x y  thỏa mãn x  1, y  1 .
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và 2 2 2
x y z  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  (x y)( y z)(z x)(xy yz zx). ----- HẾT -----
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1 NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC N H
Câu 1: (2,0 điểm) Ó M
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y  x x   2 m   2 3 3
1 x  3m 1 có hai điểm T O
cực trị x , x thỏa x  4x  0 . 1 2 1 2 ÁN V Lời giải D –
Tập xác định: D   . VD 2 2 C
y  3x  6x  3m   1 .  x  1 m y  0   x  1 m
Hàm số có hai điểm cực trị  y  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0 . x  1 m +) TH1: 1  x  1 m  2 5
Khi đó x  4x  0  1 m  4 1 m  0  m   (TM). 1 2 3 x  1 m +) TH2: 1  , x  1 m N  2 H Ó 5 M
Khi đó x  4x  0  1 m  41 m  0  m  (TM). 1 2 T 3 O Á 5 N Vậy m  
là các giá trị cần tìm. V 3 D –
Câu 2: (4,0 điểm) V
2.1. Cho a  log 6 và b  log 12 . Tính log 60 theo a b D 5 6 3 C 2 x
2.2. Giải phương trình 1 x  1 x  2  . 4 Lời giải
2.1. Cho a  log 6 và b  log 12 . Tính log 60 theo a b . 5 6 3 log 6  a 5  log 6  a log 2  b1   5 6  Ta có:     . log 12  b log 12  . a b  6 5
log 2a b1  5    log 60 1 log 12 1 ab 1 ab 5 5 log 60     . 3 log 3 log 6 log 2 a a b 1  a 2b 5 5 5    
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC 2 x
2.2. Giải phương trình 1 x  1 x  2  . 4
Điều kiện: 1 x 1. N H 2 t  2 Ó
Đặt t  1 x  1 x 2 
 1 x , với 2  t  2 . M 2 T O 2 2    Á t 2     N 7    2  V 2
Phương trình theo t có dạng: t   t 2  2 t  4t   8  0  t  2 D 4 – V 2 D
 1 x  1 x  2  1 x 1 x  0 . C
Vậy phương trình có nghiệm x  0 .
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang
trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ 2 m
và phần còn lại là 160.000 đồng/ 2
m . Hỏi số tiền để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD  4m , DC  3m AE EF FB . Lời giải
Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB CD ; I
giao điểm của CE DF .  1 N EH EF H   2 1 1 Ó Ta có:   EH KC IH HK  1 (m) , M 2 3  4 EF KC T   3 O IK  3 (m) . ÁN V Ta có: S  3.4  12 2 (m ) . ABCD D 1 2 – SS  .1.4  2 (m ) . ADE BCF V 2 D 1 1 1 C 2 SIH .EF  .1.1  (m ) . IEF 2 2 2 1 1 9 2 SIK.CD  .3.3  (m ) . ICD 2 2 2
Gọi S là diện tích phần tô đậm và S là diện tích phần còn lại. 1 2 Ta có: 2 S SSSS  9 (m ) . 2 ADE BCF IEF ICD Suy ra: 2 S S
S  3 (m ) . 1 ABCD 2
Vậy tổng số tiền để làm là: T  3.250 000  9.160 000  2190 000 (đồng).
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;3 , B  3
 ;1;3 , C 1;5  ;1 . Tìm tọa độ   
điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T  2 | MA |  | MB MC | có giá trị nhỏ nhất. Lời giải
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC N H Ó M T O ÁN VD – V    D
Gọi K là trung điểm của BC , ta có: K  1
 ;3; 2 và MB MC  2MK . Suy ra: C  
T  2 | MA | 2 | MK |  2MAMK  .
Nhận xét: A, K nằm khác phía so với mặt phẳng Oxy . Gọi A' là điểm đối xứng của điểm A qua mặt
phẳng Oxy . Khi đó: T  2 MA MK   2 MA  MK  Suy ra : T
 MA  MK   A ,
M , K thẳng hàng hay M là giao điểm của A' K với mặt phẳng min minOxy . 
Ta có: H 1;0;0  A1;0;3  AK  2;3;5 . Do đó: Phương trình tham số của A' K
x 12t   1 9  y  3tM   ; ;0     5 5 
z 35t 
Câu 5: (2,0 điểm) N k Tính tổng 2 2 2 3  2  3  ...  1 k S C Ck C  ...  2019 C . 2019 2019   2 2 2019 H 2019 2019 Ó Lời giải M T
- Trước hết ta chứng minh đẳng thức: 2 k k C n n
C   nC    1 2 k , n k, n       . n   k 2 k 1 1 O n 2 n 1  ÁN 2 k k k V
Thật vậy: do k C k k
C kC 2 . n   1 n n D – n n n k ! 1 ! 1 !     k 1  V Mà: kC k.  . n  . nnC 3 n n 1  D
k !.n k ! k  
1 !.n k ! k   1 !.n   1  k   1 ! C
Áp dụng (3) hai lần ta được: k   1 k kC k
nC   n k
C   n n C  4 n   k 1 1 . n   k 1 1 n   k 2 1 1 1 n2
Từ 2 , 3 , 4 ta được   1 . - Áp dụng   1 ta được: 2019 2019
S    k 2 k 1 k k C     1 . k 2 k 1 2019.2018.C  2019.C  2019 2017 2018  k 2 k 2 2017 2018 k k  2018.2019. k C . 1   2019 k C 1   2017    2018   k 0 k 1     2017    2018 2018.2019. 1 1 2019 1 1   1  2019 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy S  2019 .
Câu 6: (4,0 điểm)
6.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung N
điểm của các cạnh AB, AD H là giao điểm của CN DM . Biết SH vuông góc với mặt H 2a Ó
phẳng ( ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM SC bằng . Tính theo a thể M 3 T
tích khối tứ diện SHMC . O Lời giải ÁN VD – VDC
Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra A
DM  DCN (c.g.c) Từ đó suy ra  
ADH DCN DM CN 2 2  a a 5 CD 2a DC.DN a Vậy có: 2 2 2 NC DC DN a   ; HC   ; HD   ; N    2  2 CN 5 NC 5 H Ó a 5 a 3a 5 2 1 1 2a 3a 5 3a M
HM MD HD    và SHC.HM  . .  HMC T 2 5 10 2 2 5 10 10 O Á
Mặt khác, ta có SH  (ABCD)  SH DM N V D
Theo chứng minh trên DM CN , suy ra DM  (SCN ) . – V 2a D
Kẻ HK SC thì HK là khoảng cách giữa DM SC . Suy ra HK  . C 3 1 1 1
Tam giác SHC vuông tại H , đường cao HK suy ra   2 2 2 HK SH HC 1 1 1 1 1 1        SH a 2 2 2 2 2 2 SH HK HC  2a   2 a a    3      5  2 3 1 1 3a a Vậy VS .SH  . .a SHMC 3 HMC 3 10 10
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC
6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA ' B 'C ' có AB  2 3 , AA '  3 . Gọi M , N, P lần lượt là
trung điểm của các cạnh A' B ', A'C ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB 'C ' và  MNP . N Lời giải H Ó  Cách 1: M T O ÁN V A 2 3 C D – P VDC B 3 Δ G A' C' N I M Q N B' H Ó M 3 5
Gọi I,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh MN B 'C ' , khi đó AQ  3 2, PI  . T 2 O
Giả sử PI AQ G .  G AB 'C '  MNP . Á       N V 
MN   MNP  , B 'C '   AB 'C ' D Hơn nữa 
nên giao tuyến của mặt phẳng  AB 'C ' và  MNP MN B 'C ' –   V
là đường thẳng  đi qua G và song song với MN B 'C ' . D C
Ta có B 'C '   AA 'QP  AG   . Chứng minh tương tự ta có PG   .
Do đó  AB C  MNP   AG PG  ' ' , ,
. Mặt khác IQ AP , theo định lý Ta-lét có GQ GI IQ 1 2 2   
GA  2GQ
AQ  2 2 ; GP  2GI PI  5 . GA GP AP 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2  5  3
GA GP AP 1
Xét tam giác AGP có      cos AGP    2G . A GP 2 2. 5 10
Vậy cos  AB C  MNP  1 ' ' ,  . 10  Cách 2
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC 3 A P N X H T 3 Ó M T O A' Á I Q N V D – Gọi I , ,
Q X lần lượt là trung điểm của các cạnh MN, B 'C ' và AA' . V  0 D
Ta có AP PQ QA'  A' A  3 và A' AP  90  tứ giác APQA ' là hình vuông. C I
PQ  XQA'c g c  
IPQ XQA '  PI QX   1
Ta có B 'C '   APQA '  B 'C '  QX , mà MN B 'C '  MN QX 2 Từ  
1 và 2  QX  MNP .
Chứng minh tương tự ta có A ' P   AB 'C ' .
Do đó  AB C  MNP   A P QX   ' ' , ' , . TP TQ PQ
Ta có XA PQ , theo định lý Ta-lét có    2 . TA TX AX
Từ đó ta được TP  2 2, XQ  5 . Xét tam giác PTQ , theo định lý côsin ta có 2 2 2  2 2 2
TP TQ PQ 2 2  5 3 1 cosPTQ    2T . P TQ 2 2. 5 10 N H
Vậy cos  AB C  MNP  1 ' ' ,  . Ó 10 M  Cách 3 T O ÁN VD – VDC Gọi I , ,
O J lần lượt là trung điểm của các cạnh B 'C ', MN AP . Ta có MN B 'C ' và
A ' I B 'C '  MN A ' I . Đặt hình lăng tru tam giác đều ABC.A ' B 'C ' trong hệ trục tọa độ
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC
Oxyz với gốc tọa độ O 0;0;0 , chiều dương Ox trùng với tia ON, chiều dương Oy trùng với
tia OI , chiều dương Oz trùng với tia OJ . Khi đó ta có : 3 3 3 3  3           3 
A 0;  ;3 , B '  3; ; 0 , C '
3; ;0 , M  ; 0; 0 , N          ; 0;0  , P 0; ;0   N 2 2 2 2  2           2    H   Ó
Gọi n , n lần lượt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng  AB 'C ' và  MNP . M 1 2 
     T
Ta có n   AB ', AC '  0; 2; 2 , n  MN , MP  0; 2  ;1 . 1   1   O     ÁN
Gọi là góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB 'C ' và  MNP . V   D 0  4  2 1
Khi đó cos cos n , n   .  1 2  – 2 2 2 2 2 2 10
0  2  2 . 0  2 1 VDC
Vậy cos  AB C  MNP  .   1 ' ' , 10
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình
x y  4  2xy  
2xy m   2 2 x y
x x y y  5   có nghiệm  ;
x y  thỏa mãn x  1, y  1 . Lời giải
x y  4  2xy   1  Xét hệ 
(với x, y  1)
2xy m   2 2 x y
x x y y  5  2  Từ  
1 ta có x y  2xy  4 N H Ó
Thế vào 2 ta được xy m 2 2 2
x y x  2xy y 1 M T O x y   Á 
m x y   x y2 2 1  N     V D  x y2 –
Đặt t x y  2 và x y  4  2xy
x y  4  t  4 . V 2 D C
Do x  1, y  1 nên  x   1  y  
1  0  xy x y  1  0  xy x y 1  2xy  2 x y  2
x y  4  2  x y  2  x y  6 . Do đó  t   m  2 2 t t 1 tm   2 2
t 1  t  .
Hệ đã cho có nghiệm  ;
x y  thỏa mãn x  1, y  1 khi và chỉ khi phương trình tm   2 2
t 1  t  có
nghiệm t 4;6 .   t 1 Xét hàm số   t f t   2 2
t 1  t  với 4  t  6 . Có f t  2  2t 1 tln 2   . 2  t  1 
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC 1 Mà 2
t 1  t t và 2 t 1  1  
 1 nên f t  0 với 4  t  6 . 2 t 1
Suy ra f t  là hàm số đồng biến. Do đó f 4  m f 6  16 17  4  64 37  6. N H Ó
Câu 8: (2,0 điểm) M
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và 2 2 2
x y z  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T O
P  (x y)( y z)(z x)(xy yz zx). Á Lời giải N V Cách 1 D –
Đặt Q  (x y)( y z)(x z)(xy yz zx) ta có Q   . P VDC
+ xy yz zx  0 ta có Q  0.
+ xy yz zx  0 đặt t xy yz zx  0. 2 3
x y y z  (x z)
Áp dụng BĐT Côsi ta có (x y)( y z)(x z)  (x z)    (1)  2  4 Mà  2 2 2
x y z xy yz zx 2 2 2 4
 2(x z)  2(x y)  2( y z)  x z
  x y y z 2 2 2 2( ) ( ) ( )
 3(x z) hay   t  2 4 5
 3(x z)  0 (2)  t  5 3 1  4  2 3 Từ (1) và (2) suy ra 2 3 Q t. (5  t)  t (5  t) .   N 4  5  9 H Ó M Xét hàm số 2 3
f (t)  t (5  t) trên 0  t  5 ta có 2 f (
t)  t(5  t) (10  5 t), f (
t)  0  t  2 hoặc t  5 T O Á
f (0)  0, f (5)  0, f (0)  0, f (2)  108. N V D
Do đó Q  4 nên GTLN của Q là 4 khi x  2, y  1, z  0. – VD
Suy ra P  4 nên GTNN của P là 4
 khi x  2, y  1, z  0. C Cách 2: Đặt 2 2 2
t xy yz zx x y z t  5 . 2 2 2 2 2 2 Giả thiết: 2 2 2
10  2x  2 y  2z   x y   y z    z x  2t   x y   y z    z x  10  2t 1 3  z x2 2 2 2 2 2 2 5  t
Mà  x y   y z    z x   x y y z   z x   z x   2 2 4 3 2
x y y z   x z2 2 2  x z4 2  5  t  
x y  y z  
  x y  y z         2  4 16  3 
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9 NHÓM TOÁN VD – VDC 2 2 2 2 2
 5  t  20  4t 4 3 Ta có: 2
P   x y  y z  z x . xy yz zx 2  .t    5  t  2 t .  3  3 27 Xét hàm số suy ra 2
P  16  min P  4
 tại t  2   ; x ;
y z   2;1;0 . N H Ó M T O ÁN VD – VD C N H Ó M T O ÁN VD – VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10
Document Outline

  • MTBlankEqn