Cập nhật đề thi mới nhất tại />
SỞ GD VÀ ĐT TỈNH
THÁI NGUYÊN

Câu 1:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN 12
(Thời gian làm bài 180 phút)

(4,0 điểm)





Giải bất phương trình 4 3 x  9 x 2  4 
Câu 2:

Câu 3:

Câu 4:

1
9x
 2
.
x x 1

(4,0 điểm)

2

 x  1   x  1 y  1  y  6
Giải hệ phương trình 
.
x

2

x
y

1

4




(4,0 điểm)
Cho đa giác lồi A1 A2 A3 ... A10 . Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác
đã cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có
cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
(4,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC là

Câu 5:

 23 15 

5 x  y  4  0 . Tọa độ trưc tâm tam giác ABC là H   ;  . Tọa độ trọng tâm tam giác
 7 7
 2 
ACD là G   ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C , D .
 3 
(4,0 điểm)


7 3 9
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  max  x; y; z;  2  3  .
x y
z 

Trong đó x, y, z là các số thực dương.

HẾT

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 1/6


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
CÁC GIÁO VIÊN THAM GIA THỰC HIỆN
1.
2.
3.
4.
5.
6.


LÊ THANH BÌNH
NGUYỄN THẾ DUY
ĐỖ ĐƯỜNG HIẾU
HOÀNG MINH QUÂN
NGUYỄN HỒ TÚ
PHẠM ĐỨC TÙNG





Câu 1. Giải bất phương trình 4 3 x  9 x 2  4 

1
9x
 2
.
x x 1

Lời giải





4 3x  9 x 2  4 

1
9x

 2
x x 1

1

9 x 2  4  0
2 2


 x   ;     ;   .
Điều kiện 
3 3


x  0

TH1: x 

2
.
3

Suy ra VT 1  12 x  8 . VP 1 

1
9x
1 9x 9 3
 2
 
   6 . Vậy BPT không có nghiệm

x x 1 x 2x 2 2

trong trường hợp này.
2
TH2: x   .
3



1  4  3 


Đặt t 

9

4
x2

9t
9
1
9
 12  4 9  4t  t 
0  t   . Ta được 12  4 9  4t  t 
2 
1
t 1
x 
4

1
t

 t  4 9  4t  3 

Đặt

 1
9
  2  2 .
x 1
 x

9
 0.
t 1

9  y2
9  4t  y  0  y  3  t 
.
4

Ta được

144
9  y2
9
0
 4y  3
 0  9  y 2  16 y  12 

2
13  y 2
9 y
4
1
4

 y 4  16 y 3  10 y 2  208 y  183  0   y  1  y 3  15 y 2  25 y  183  0

  y  1 y  3  y 2  12 y  61  0  1  y  3 .
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 2/6


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Do 0  y  3 nên ta được 1  y  3 .
Khi đó 0  t  2 . Suy ra 0 

1
2
.
2 x
2
x
2

Vậy nghiệm của BPT là x 

 2

.
2

Nhận xét: Bài toán này có thể giải bằng cách giải phương trình rồi sử dụng tính chất của hàm
số liên tục để kết luận. Như vậy trình bày dễ hơn, đây là một gợi ý để bạn đọc triển khai tiếp
cách này..
Câu 2:

2

 x  1   x  1 y  1  y  6
Giải hệ phương trình 
.
x

2

x
y

1

4




Lời giải
Điều kiện: y  1 .
 x  1  u

Đặt 
, ta có hệ phương trình
 y  1  v  0
2
2
 u  v 2  uv  7
u  uv  v  7


u   u  1 v  5
 u  v   uv  5
2
2


 u  v    u  v   12
 u  v    u  v   12  0


uv

5

u

v






uv  5   u  v 
u  v  3
u  v  4
hoặc 
.

uv  2
uv  9




u  v   4
Với 
: u , v là các nghiệm của phương trình: t 2  4t  9  0 (vô nghiệm).
uv

9

u  v  3
t  1
Với 
: u , v là các nghiệm của phương trình: t 2  3t  2  0  
. Từ đó
uv  2
t  2

u  1
u  2

ta có 
hoặc 
.
v  2
v  1
 x  1  1
x  0
u  1

Trường hợp 
, ta có 
.
y  3
v  2
 y  1  2
 x  1  2
x  1
u  2

Trường hợp 
, ta có 
.
v  1
 y  1  1  y  0
Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là  0;3 và 1;0  .

Nhận xét: Từ Phương trình (1) của bài toán ta thấy ngay  x  1   x  1 y  1  y  1  7
đây là một phương trình đẳng cấp bậc 2. Kết hợp với dữ kiện PT (2) ta nhận thấy ý tưởng đặt
ẩn phụ cho bài này là tự nhiên như đã trình bày.
2


Câu 3:

Cho đa giác lồi A1 A2 A3 ... A10 . Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác
đã cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có
cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
Lời giải

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 3/6


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Gọi  là không gian mẫu  n     C103  120 .
Gọi A : “tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”.
Các tam giác ở tập X có ba loại: Tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác, tam giác có
một cạnh là cạnh của đa giác, tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác.
Ứng với một cạnh của đa giác thì có đúng 10  4 đỉnh của đa giác tạo thành tam giác có một
cạnh là cạnh của đa giác nên số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là: 10. 10  4   60
Có 10 tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác là: A1 A2 A3 ; A2 A3 A4 ;...; A10 A1 A2 .
 n  A  120  60  10  50 .

50
5
 .
120 12
Nhận xét: Để giải bài toán này thay vì tìm trực tiếp các tam giác không có cạnh nào là cạnh của
đa giác thì ta quy về việc dùng biến cố đối , giúp cho việc giải quyết bì toán tường minh và dễ
hiểu hơn.


Vậy P  A  

Câu 4:

(4,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC là

 23 15 
5 x  y  4  0 . Tọa độ trưc tâm tam giác ABC là H   ;  . Tọa độ trọng tâm tam giác
 7 7
 2 
ACD là G   ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C , D .
 3 
Lời giải

A
H
B

D

I

G
C

Ta có BH  AC  BH có dạng x  5 y  m  0 .
23 75
 23 15 

BH qua H   ;      m  0  m  14  BH : x  5 y  14  0 .
7 7
 7 7
Gọi B  a ; b  . Vì B  BH  a  5b  14  0  a  5b 14  B  5b  14; b  .


2 1
2
xI    5b  14  

1
1
1

3 4
3
Gọi I  AC  BD . Ta có GI  DI  IB  GI  GB  
3
3
4
 y  4  1 b  4
 I
4
5b

x

4
I


b 
 5b
4
 I   4;  3  .

4 
 4
y  b 3
 I 4
13b
 5b
 b
 3 7
 13  0  b  2  B  4; 2  và I   ;  .
Có I  AC  5   4    3  4  0 
2
 4
 4
 2 2
 xD  1
 xD  2 xI  xB

 D 1;5 .
Vì I là trung điểm BD nên 
 yD  2 yI  yB
 yC  5
Gọi A  c ; d  . Vì A  AC  5c  d  4  0  d  5c  4  A  c ;  5c  4  .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập


Trang 4/6


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
 xC  3  c
 xC  2 xI  x A

 C  3  c ;5c  11 .
Vì I là trung điểm AC nên 
 yC  5c  11
 yC  2 yI  y A
23
43 

Khi đó HA   c  ;  5c   và BC  1  c ;5c  9  .
7
7 

Ta có
23 
43 


HA.BC  0   c   1  c    5c    5c  9   0
7 
7 


  7c  231  c    35c  43 5c  9   0  7c  7c 2  23  23c  175c 2  530c  387  0
 c  1

 182c 2  546c  364  0  
.
 c  2
Với c  1  A  1;1 , C  2;6  .

Với c  2  A  2;6  , C  1;1 .
Nhận xét: Đây là bài toán hình học phẳng có gán tọa độ thường là câu khó xuất hiện trong các
kì thi tuyển sinh Đại học mấy năm trước. Để giải quyết bài toán này học sinh cần nắm chắc một
số tính chất của hình bình hành và điều kiện hai vec tơ có giá vuông góc.
Câu 5.


7 3 9
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  max  x; y; z;  2  3  .
x y
z 

Trong đó x, y, z là các số thực dương.
Lời giải
7
7
2
1
1
1
7 3 9
Từ giả thiết, ta có P  x; P  y; P  x và P   2  3 .
9
9
9

9
3
3
x y
z
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được
7
2
1
7
2
1
7 3 9
P P PP x y z  2  3
9
9
3
9
9
3
x y
z



7
7
9 1
27  1 
27 

P   x     2y  2    z  3 
3
9
x 9
y  3
z 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có x 

  .

9
9
 2 x.  6.
x
x
3

27 z z z 27
27
27
27
 z  27
2 y  2  y  y  2  3 3 y. y. 2  9; z  3     3  4 4   . 3  4.
z
3 3 3 z
y
y
y
3 z

7
7
1
1
P  .6  .9  .4  7  P  3.
3
9
9
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  3. Vậy Pmin  3.

Khi đó   

Phân tích lời giải:





7 3 9
Từ biểu thức  x; y; z;  2  3  nhận thấy x, y, z có vai trò như nhau nên dự đoán
x y
z 

điểm rơi x  y  z  k .

7 3 9
7 3 9
Giả sử max  x; y; z;  2  3   x hoặc y hoặc z hoặc  2  3 .
x y

z
x y
z 


TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 5/6


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
a.P  a.x
7 3 9 

Khi đó, tìm bộ số  a; b; c; d  sao cho b.P  b. y và d .P  d .   2  3  .
z 
x y
c.P  c.z


7d  
3d  
9d 

Suy ra  a  b  c  d  .P   ax 
   by  2    cz  3  .
x  
y  
z 




3d  
7d  
9d 

Với mỗi cặp  ax 
 ,  by  2  ,  cz  3  để triệt tiêu được biến x, y, z ta áp
z 
x  
y  

dụng bất đẳng thức AM – GM lần lượt cho 2, 3, 4 số thực dương và kết hợp với điều
7 2 1 
kiện để đẳng thức xảy ra   a; b; c; d    ; ; ;1 .
9 9 3 

Cảm ơn quý thầy cô và các em học sinh đã đọc!

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 6/6