Đề thi chọn HSG Toán 12 năm học 2017 – 2018 trường THPT Lê Quý Đôn – Thái Bình

Đề thi chọn HSG Toán 12 năm học 2017 – 2018 trường THPT Lê Quý Đôn – Thái Bình gồm 5 bài toán tự luận, thời gian làm bài 180 phút. Mời mọi người đón xem

Chủ đề:

Đề thi Toán 12 1.2 K tài liệu

Môn:

Toán 12 3.8 K tài liệu

Thông tin:
7 trang 1 năm trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề thi chọn HSG Toán 12 năm học 2017 – 2018 trường THPT Lê Quý Đôn – Thái Bình

Đề thi chọn HSG Toán 12 năm học 2017 – 2018 trường THPT Lê Quý Đôn – Thái Bình gồm 5 bài toán tự luận, thời gian làm bài 180 phút. Mời mọi người đón xem

34 17 lượt tải Tải xuống
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
THPT LÊ QUÝ ĐÔN
--------&&&-------
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi : Toán - Thi gian làm bài 180 phút
(Đề thi gm 01 trang)
Bài 1.(5 đim)
Cho hàm số
21
22
x
y
x
đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho x
M
> 1, tiếp tuyến của (H) tại
M cắt tiệm cận đứng tiệm cận ngang lần lượt tại A B. Xác định toạ độ điểm M sao cho
8
OIB OIA
SS

( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận)
Bài 2
.(6 đim)
1)
Giải hệ phương trình



222
x 2y x 2y 2y x 2
2
49.3 49 .7
2 x 2x 2y 2x 4
2) Giải bất phương trình:
22
541 ( 24)xx xxx  .
3)
Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
24 3
P
=-.
13a + 12 ab +16 a + b + c
bc
Bài 3.(6 đim).
1)
. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H hình chiếu vuông góc của B n AC; M, N lần lượt trung
điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK hình bình hành. Biết
92
;
55
M



,
K(9; 2) các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng
12
:2 2 0, :x y 5 0dxy d .
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.
2)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh
BB’ =
222
a
3
. Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC.
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’.
3)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc
0
60BAD , SA =
= SB = SD = 1. Gọi M, N hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB AD sao cho mp(SMN)
vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
nhỏ nhất.
Bài 4.(2 đim)
Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn
ABC
2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos 3cos cos
222
.
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
Bài 5.(1 đim) Trong mặt phẳng n điểm, trong đó k điểm thẳng ng, số còn lại không 3 điểm
nào thẳng hàng. Biết rằng từ n điểm đó tạo được 36 đường thẳng phân biệt và tạo được 110 tam giác khác
nhau. Hãy tìm n, k.
---------Hết--------
Lưu ý: Thí sinh không s dng tài liu. Cán b coi thi không gii thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ……………………………………...Số báo danh:………………..…………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
--------&&&-------
THPT Lê Quý Đôn
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi : Toán
( G
m 6 trang)
Bài
(5 đ)
Cho hàm số
21
22
x
y
x
có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho x
M
> 1, tiếp tuyến của
(H) tại M cắt tiệm cận đứng tiệm cận ngang lần ợt tại A B. Xác định tođộ điểm
M sao cho 8
OIB OIA
SS

( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận)
0
00
0
21
;,1
22
x
Mx x
x



thuộc (H), Tiếp tuyến của (H) tại M có phương trình

0
0
2
0
0
21
2
(): ( )
22
22
x
dy xx
x
x

1.0
(d) cắt tiệm cận đứng tại
0
0
1;
1
x
A
x



, (d) cắt tiệm cận ngang tại B(2x
0
– 1; 1)
1.0
IA =
0
1
1x
, IB =
0
2( 1)x
1.0
8
OIB OIA
SS


2
0
00
0
0
1( )
8
2( 1) 1 4
3( )
1
ktm
xx
x
tm
x


1.0
Vậy
5
3;
4
M



1.0
Bài 2
1
(2
đ
)
Giải hệ phương trình
222
x2
y
x2
y
2
y
x2
2
49.3 49 .7
2 x 2x 2y 2x 4



Đk: y – x 2 0 (*)
Đặt t = x
2
– 2y
Pt(1) trở thành :

t 2 2t
t 2 t 2 t
t2 2t
4 3 4 3
4 3 4 9 .7
77


0.5
x
x
f(t 2) f(2t) t 2 2t t 2
43
Víi f(x) = nghÞch biÕn trªn R
7




Từ đó 2y = x
2
– 2
0.5
Thay 2y = x
2
– 2 vào pt(2) ta được
22
2x 2x x 2x2 (3)
Đặt
2
x2x2a1 phương trình (3) trở thành
2
aa(2 2)0 (4)
0.5
Giải pt (4) được
x0
(tm *)
y1
a 2 t×m ®îc
x2
(tm *)
y1

0.5
Bài 2
2
(2
đ
)
Giải bất phương trình:
22
541 ( 24)xx xxx  (x
R).
HD: ĐK: x(x
2
+ 2x
− 4) ≥ 0
15 0
15
x
x


0.5
Khi đó (*)
22
4( 2 4) 5 4
x
xx xx
22
4( 2 4)( 2 4)3
x
xx xx x  (**)
0.5
TH 1:
15x 
,
Chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)
22
24 24
43
xx xx
xx
 

Đặt
2
24
, 0
xx
tt
x


, ta có bpt:
2
430tt 13t
2
2
2
740
24
13
40
xx
xx
x
xx




117 7 65
22
x


0.5
TH 2:
15 0x
,
2
540xx , (**) luôn thỏa
Vậy tập nghiệm bpt (*) là
1177 65
15;0 ;
22
S







0.5
Bài
2
3
(2
đ
)
Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
24 3
P
=-.
13a + 12 ab + 16 a + b + c
bc
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
a4b b4c
13a12ab 16 13a 6a.4b 8 13a 6. 8.
22
b
cb.4c 16(abc)



13a 12 ab 16
b
c16(abc) 
. Dấu “ = ” xảy ra a4b16c .
0.5
Suy ra

33
P
2a b c
abc



.
Đặt
tabc,t0
. Khi đó ta có:
33
P
2t
t

0.5
Xét hàm số

33
ft
2t
t

trên khoảng
(0; )
, ta có

2
33
f' t
2t
2t t

.

2
33
f' t 0 0 t 1
2t
2t t
 
;
x0
lim f (t)

;
x
lim f (t) 0

BBT.
0.5
Vậy ta có
3
P
2

, đẳng thức xảy ra
abc1
a4b16c
16 4 1
a;b;c
21 21 21



.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
khi và chỉ khi

16 4 1
a,b,c , ,
21 21 21



.
0.5
Bài
3
1
(2
đ
)
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H hình chiếu vuông góc của B n AC; M, N ln lưt là trung
điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK hình bình hành. Biết
92
;
55
M



,
K(9; 2) các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng
12
:2 2 0, :x y 5 0dxy d .
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.
MN là đường trung bình của tam giác HAB
1
// ,
2
M
NABMN AB . Do MNCK là hình
bình hành
1
//CK,
2
M
NMNCKAB suy ra K là trung điểm của CD
Ta
,
M
NBCBHMC nên N trực tâm tam giác BCM CN BM , MK //
CN
B
MMK
0.5
Viết phương trình BM qua M vuông c với MK, suy ra toạ đ
1
(1; 4)BBM d B
0.5
2
(; 5)Cd Caa .
9
.0
4
a
BC CK
a

 
. Do 4
C
x nên C(9; 4).
0.5
K là trung điểm CD suy ra D(9;0). (1; 0)AB DC A

Vậy A(1; 0), B(1; 4), C(9; 4), D(9; 0)
0.5
A
N
C
D
B
M
K
H
2
(2 đ)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh
BB’ =
222
a
3
. Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC.
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’.
H
I
C'
A
'
G
M
B
A
C
B'
BB’// (ACC’) suy ra d(BB’, AC’) = d(BB’, (ACC’)) = d(B, (ACC’)
0.5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C’ trên (ABC). Gọi I là giao điểm của GH và AC.
Chứng minh được
22
C'I AC v C'I = C ' H HI 2 2a
0.5
2
C'AC
1
SC'I.AC42a
2

3
C'.ABC
V4a
C'.ABC B.ACC' ACC'
1
VV S.d(B,(ACC'))
3

0.5
C'.ABC
ACC'
3V
32
d(B,(ACC ')) a
S2
. Kết luận d(BB’, AC’) =
32
a
2
(đvd)
0.5
3
(2 đ)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc
0
60BAD ,
SA = SB = SD = 1. Gi M, N là hai đim ln lưt thuc các cnh AB AD sao cho mp(SMN)
vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
nhỏ nhất.
N
H
O
D C
A
B
S
M
Chứng tỏ M,H,N thẳng hàng theo thứ tự đó
00
1113
..sin30 ..sin30 .( )
2243
AMN AMH ANH
SSS AMAH ANAH xy
(5)
0.5
0
13
..sin60
24
AMN
SAMAN xy
(6)
Từ (5) và (6) ta có x + y = 3xy
(0 , 1)xy (7)
0.5
222 022 2 2
2
2 ..os60 ( )3 (3)3
(3 ) 3
M
N AM AN AM AN c x y xy x y xy xy xy
MN xy xy


Gọi S
tp
là diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
Ta có S
tp
= S
AMN
+ S
SAN
+ S
SAM
+ S
SMN

00 0
1111
. .sin 60 .AS.sin60 . .sin 60 .
2222
13131316
.....1...1...3(31)
22222223
36 6
.3 (3 1) 3 .3 (3 1)
46 6
A
MAN AN AMAS SHMN
xy y x xy xy
xy x y xy xy xy xy xy



0.5
Từ (7) ta có
24
32
39
xy x y xy xy xy
34 2
9
S
34 2
2
93
MinS khi x y

0.5
Bài 4
(2 đ)
Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn
ABC
2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos 3cos cos
222

.
Chứn
g
minh tam
g
iác ABC là tam
g
iác đều.
Ta cã : sinA +sin B = 2 sin
2
BA
cos
2
C
cos2
2
BA
2
1
(sin A + sinB )
2
C
cos
dÊu ( = ) x¶y ra khi vμ chØ khi chØ khi A = B (1)
0.5
T¬ng tù :
2
5
(sin B + sinC )
2
A
cos5
(2)
0.5
2
3
(sin C + sinA )
2
B
cos3
(3)
0.5
Tõ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C
5cos
2
A
+3cos
2
B
+cos
2
C
§¼n
g
thøc x¶
y
ra khi vμ chØ khi tam
g
i¸c ABC ®Òu.
0.5
Bài 5
(1 đ)
Trong mặt phẳng n điểm, trong đó k điểm thẳng hàng, số n lại không 3 điểm nào
thẳng hàng. Biết rằng từ n điểm đó tạo được 36 đường thẳng phân bit và tạo đưc 110 tam giác
khác nhau. Hãy tìm n, k.
+ Số đường thẳng phân biệt có được
1
22
kn
CC
+ Số tam giác phân biệt có được
33
kn
CC
0.25
Theo bài ra ta có:
)2(110
)1(70)1)((
110
70)1()1(
110
361
3333
33
22
knkn
kn
kn
CC
knkn
CC
kknn
CC
CC
Từ (2) ta có
10110
3
nC
n
k≥3 suy ra n+k-1≥12
0.25
Do đó (1) tương đương với các trường hợp sau
1)
5
10
5
141
k
n
kn
kn
thỏa mãn (2)
2)
17
19
2
351
k
n
kn
kn
không thỏa mãn (2)
3)
35
36
1
701
k
n
kn
kn
không thỏa mãn (2)
0.25
Vậ
y
n=10, k=5. 0.25
| 1/7

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2017 - 2018
--------&&&-------
Môn thi : Toán - Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang) Bài 1.(5 điểm) 2x 1 Cho hàm số y
có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho xM > 1, tiếp tuyến của (H) tại 2x  2
M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B. Xác định toạ độ điểm M sao cho S  8S
( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận) OIB OIA Bài 2.(6 điểm)
1) Giải hệ phương trình 2  4 9.3  2 4 9   2 x 2 y x 2y 2y x       2 .7   2  2 x  2x  2y  2x   4
2) Giải bất phương trình: 2 x x   2 5
4 1 x(x  2x  4)  .
3) Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 24 3 P = - . 13a + 12 ab + 16 bc a + b + c
Bài 3.(6 điểm).
1) . Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC; M, N lần lượt là trung  9 2 
điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M ;   ,  5 5 
K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng d : 2x y  2  0, d : x y 5  0 . 1 2
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.
2) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh
BB’ = 2 22 a . Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. 3
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’.
3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc  0 BAD  60 , SA =
= SB = SD = 1. Gọi M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AD sao cho mp(SMN)
vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMN nhỏ nhất.
Bài 4.(2 điểm) A B C
Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos  3cos  cos . 2 2 2
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
Bài 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng có n điểm, trong đó có k điểm thẳng hàng, số còn lại không có 3 điểm
nào thẳng hàng. Biết rằng từ n điểm đó tạo được 36 đường thẳng phân biệt và tạo được 110 tam giác khác nhau. Hãy tìm n, k. ---------Hết--------
Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ……………………………………...Số báo danh:………………..…………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM
--------&&&-------
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Lê Quý Đôn NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi : Toán
( Gồm 6 trang) Bài (5 đ) 2x 1 Cho hàm số y
có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho xM > 1, tiếp tuyến của 2x  2
(H) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B. Xác định toạ độ điểm M sao cho S  8S
( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận) OIB OIA  2x 1  1.0 0 M x ;
, x  1 thuộc (H), Tiếp tuyến của (H) tại M có phương trình 0 0 2x  2  0  2x 1 2  0 (d) : y   (x x ) 2x  2 0 2x  2 0 2 0  x  1.0
(d) cắt tiệm cận đứng tại 0 A1;
 , (d) cắt tiệm cận ngang tại B(2x0 – 1; 1) x 1  0  1 1.0 IA = , IB = 2(x 1) x 1 0 0 8 x  1(  ktm) 1.0 S  8S  2(x 1)   x 1  4  0  0 2 0 OIBOIA x 1  x  3(tm) 0  0  5  1.0 Vậy M 3;    4  Bài 2 1 Giải hệ phương trình (2đ) 2 4  9.3     2 4  9   2 x 2 y x 2y 2yx 2 .7  2 
2  x  2x  2y  2x  4  Đk: y – x  2  0 (*) 0.5 Đặt t = x2 – 2y    Pt(1) trở thành : 4  3    4   t 2 2t 4 3 4 3 t 2 t 2 – t 9 .7   t2 2t 7 7
f(t  2)  f(2t)  t  2  2t  t  2 0.5 x  4  3  Từ đó 2y = x2 – 2  Víi f(x) = nghÞch biÕn trªn R  x 7   0.5
Thay 2y = x2 – 2 vào pt(2) ta được 2 2
2  x  2x  x  2x  2 (3) Đặt 2
x  2x  2  a  1 phương trình (3) trở thành 2 a  a  (2  2 )  0 (4)  x  0 0.5  (tm *) y  1 
Giải pt (4) được a  2 t×m ®−îc  x  2  (tm *) y  1 Bài 2 2
Giải bất phương trình: 2 x x   2 5
4 1 x(x  2x  4)  (x R). (2đ)  1   5  x  0 0.5
HD: ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0   x  1   5 Khi đó (*)  2 2
4 x(x  2x  4)  x  5x  4 0.5  2 2
4 x(x  2x  4)  (x  2x  4)  3x (**)
TH 1: x  1 5 , 0.5 2 2 x  2x  4 x  2x  4
Chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)  4   3 x x 2 x  2x  4 Đặt t
, t  0 , ta có bpt: 2
t  4t  3  0  1  t  3 x 2 2 x  2x  4
x  7x  4  0 1   17 7  65 1   3     x  2 x
x x  4  0 2 2
TH 2: 1 5  x  0 , 2
x  5x  4  0 , (**) luôn thỏa 0.5  1   17 7  65 
Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1   5;0   ;    2 2   Bài 2 3
Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (2đ) 24 3 P = - . 13a + 12 ab + 16 bc a + b + c
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 0.5 a  4b b  4c
13a 12 ab 16 bc 13a  6 a.4b  8 b.4c 13a  6.  8. 16(a  b  c) 2 2
 13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) . Dấu “ = ” xảy ra  a  4b  16c . 3 3 0.5 Suy ra P   . 2a  b  c a  b  c 3 3
Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P   2t t 3 3 0.5 Xét hàm số   3 3 f t  
trên khoảng (0; ) , ta có f 't   . 2t t 2 2t t 2t 3 3 f 't  0  
 0  t  1; lim f (t)   ; lim f (t)  0 2 2t t 2t x 0  x BBT. 3 a  b  c 1 16 4 1 0.5
Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra    a  ;b  ;c  . 2 a  4b 16c 21 21 21 3  
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  khi và chỉ khi   16 4 1 a, b, c   , ,  . 2  21 21 21 Bài 3 1
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC; M, N lần lượt là trung (2đ)  9 2 
điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M ;   ,  5 5 
K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng d : 2x y  2  0, d : x y 5  0 . 1 2
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4. A B N M H C D K 1 0.5
MN là đường trung bình của tam giác HAB  MN / / AB, MN AB . Do MNCK là hình 2 1
bình hành  MN / / CK, MN CK AB suy ra K là trung điểm của CD 2
Ta có MN BC, BH MC nên N là trực tâm tam giác BCM  CN BM , mà MK //
CN  BM MK
Viết phương trình BM qua M và và vuông góc với MK, suy ra toạ độ 0.5
B BM d B(1; 4) 1   a  9 0.5
C d C( ;
a a  5) . BC.CK  0 
. Do x  4 nên C(9; 4). 2  a  4 C  
K là trung điểm CD suy ra D(9;0). AB DC  (1 A ;0) 0.5
Vậy A(1; 0), B(1; 4), C(9; 4), D(9; 0) 2
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh (2 đ) 2 22 BB’ =
a . Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. 3
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’. A' B' C' B A G M I C H
BB’// (ACC’) suy ra d(BB’, AC’) = d(BB’, (ACC’)) = d(B, (ACC’) 0.5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C’ trên (ABC). Gọi I là giao điểm của GH và AC. 0.5 Chứng minh được 2 2
C ' I  AC v C'I = C ' H  HI  2 2a 0.5 1 2 S  C ' I.AC  4 2a C  'AC 2 3 V  4a C '.ABC 1 V  V  S .d(B, (ACC ')) C '.ABC B.ACC ' A  CC' 3 0.5 3V 3 2 C '.ABC  d(B,(ACC '))  
a . Kết luận d(BB’, AC’) = 3 2 a (đvd) S 2 2 AC  C ' 3
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc  0 BAD  60 ,
(2 đ) SA = SB = SD = 1. Gọi M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AD sao cho mp(SMN)
vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMN nhỏ nhất. 0.5 S D C N O H A B M
Chứng tỏ M,H,N thẳng hàng theo thứ tự đó 1 1 1 3 0 0 SSS
AM.AH.sin 30  AN.AH.sin 30  . (x y) (5) AMN AMH ANH 2 2 4 3 0.5 1 3 0 S
AM.AN.sin 60  xy (6) AMN 2 4
Từ (5) và (6) ta có x + y = 3xy (0  x, y  1) (7) 0.5 2 2 2 0 2 2 2 2
MN AM AN  2AM .AN. o
c s60  x y xy  (x y)  3xy  (3xy)  3xy 2
MN  (3xy)  3xy
Gọi Stp là diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
Ta có Stp = SAMN + SSAN + SSAM + SSMN 1 1 1 1 0 0 0
AM.AN.sin 60  AN.AS.sin60  AM.AS.sin 60  SH.MN 2 2 2 2 1 3 1 3 1 3 1 6  . . x . y  . . y 1.  . . x 1.  . . 3xy(3xy 1) 2 2 2 2 2 2 2 3 3 
xy x y 6 6 
. 3xy(3xy 1)  3xy  . 3xy(3xy 1) 4 6 6 2 4 0.5
Từ (7) ta có 3xy x y  2 xy xy   xy  3 9 3 4  2 S  9 3 4  2 2 MinS khi x y  9 3 Bài 4 A B C
(2 đ) Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos  3cos  cos . 2 2 2
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. A  B A  B C 0.5 Ta cã : sinA +sin B = 2 sin cos  2 cos 2 2 2 1 C  (sin A + sinB )  cos 2 2
dÊu ( = ) x¶y ra khi vμ chØ khi chØ khi A = B (1) 5 A 0.5 T−¬ng tù : (sin B + sinC )  5 cos (2) 2 2 3 B 0.5 (sin C + sinA )  3 cos (3) 2 2 A B C 0.5
Tõ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C  5cos +3cos +cos 2 2 2
§¼ng thøc x¶y ra khi vμ chØ khi tam gi¸c ABC ®Òu.
Bài 5 Trong mặt phẳng có n điểm, trong đó có k điểm thẳng hàng, số còn lại không có 3 điểm nào
(1 đ) thẳng hàng. Biết rằng từ n điểm đó tạo được 36 đường thẳng phân biệt và tạo được 110 tam giác khác nhau. Hãy tìm n, k. 2 2 0.25
+ Số đường thẳng phân biệt có được C C  1 n k 3 3
+ Số tam giác phân biệt có được C C n k Theo bài ra ta có: 0.25  2 C  2 C 1  36 n(n  ) 1  k(k  ) 1  70
(n k)(n k  ) 1  70 ) 1 (  n k    3 3 3 3 
C C  110 C C C C n k    110 n k  3  3  110 (2) n k Từ (2) ta có 3
C  110  n  10 mà k≥3 suy ra n+k-1≥12 n
Do đó (1) tương đương với các trường hợp sau 0.25
n k 1  14 n  10 1)    thỏa mãn (2) n k  5 k  5
n k 1  35 n  19 2)    không thỏa mãn (2) n k  2 k  17
n k 1  70 n  36 3)    không thỏa mãn (2) n k  1 k  35 Vậy n=10, k=5. 0.25