STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn: Tốn – Lớp 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Họ và tên: ………………… ………………………SBD:…………………… ĐỀ Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y  mx3  3mx   2m  1 x   m  1 , với m tham số thực Tìm tất  1 có điểm cực trị A B cho khoảng cách từ giá trị tham số m để đồ thị hàm số �1 15 � I�; � điểm �2 �đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn x2 x  có đồ thị  C  Có bao Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ số nguyên nhỏ 2019 thỏa mãn từ điểm C M kẻ tiếp tuyến tới đồ thị   cho tiếp điểm tương ứng nằm phía trục Ox ? y Câu (4,0 điểm) Cho phương trình sau với m tham số thực x � x2  x 1�  x  log 2019 x  x  2011   m � log 2019 ( x  x  2011)  � 4� � � � Tìm tất giá trị m cho phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn �x  �3   � 2019 x  y  x   x y2 1  y � � � 18 y � 25 x  x x    y 1 Giải hệ phương trình sau tập số thực: �   1  2  �cos x  sin x sin x  x cos x � I�  x dx � � � e   sin x  � �  sin x � Câu (2,0 điểm) Tính tích phân Câu (5,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB , AC cho mặt phẳng (DMN ) vng góc với mặt phẳng  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 ( ABC ) Đặt AM  x, AN  y Tìm x, yđể tam giác DMN có diện tích nhỏ nhất, lớn Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có tất mặt hình thoi cạnh a , �  BAA � � BAD � A� AD  60� a) Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' D, AB, IJ Mặt phẳng  P  qua G cắt cạnh b) Gọi I , J , G trung điểm A� A1 , B1 , D1  A � P  , B � P  , D � P   Gọi A� A, A� B, A� D VA A1B1D1 ,VB A1B1D1 ,VD A1B1D1 A A1 B1 D1 , B.A1 B1D1 , D A1B1 D1 thể tích khối chóp T  VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức theo a A  1; 1;0  , M  0;1;0  Câu (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm Tìm tọa  P  : x  y  z   biết AH  mặt phẳng  AMH  độ điểm H thuộc mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng  a  c   b  c   4c Tìm giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn P biểu thức 32a  b  3c   32b3  a  3c    a  b  3c  1  a b2  HẾT   Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn: Tốn – Lớp 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Họ và tên: ………………… ………………………SBD:…………………… LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Cho hàm số y  mx3  3mx   2m  1 x   m  1 , với m tham số thực Tìm tất  1 có điểm cực trị A B cho khoảng cách từ giá trị tham số m để đồ thị hàm số �1 15 � I�; � điểm �2 �đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn Lời giải Nhóm Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như; Fb: Nhu Nguyen; Vũ Kiều Oanh; Fb: Rio Vũ Vũ Trần Ngọc Hiếu; FB: Trần Ngọc Hiếu TX Đ : D  �  3mx  6mx  2m  Ta có: y � Để hàm số  1 có điểm cực trị  có nghiệm phân biệt � PT: y� m0 �m �0 �m �0 � �� �� �� (*) 0 � m 1 3m  3m  � �� 1� 2 10 �1 y  y� � x  � mx  x  m  3� 3 3 �3 Ta có: Khi đường thẳng qua điểm cực trị A B đồ thị hàm số (1) m  10 ( ) : y    m  1 x  3 �  m  1 x  y  m  10  Giả sử đường thẳng    qua điểm M  x0 ; y0  cố định với giá trị m  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC Suy ra: TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  m  1 x0  y0  m  10  0, m � m  x0  1  x0  y0  10  0, m � x0   � �x0   �� �� �1 � � M � ;3 � 2 x0  y0  10  � � �y0  � � Gọi H hình chiếu vng góc I lên  hình vẽ Khi : Do d  I ,    IH �IM d  I ,  lớn H �M uuur uu r � IM   � IM u  � 3  (1  m)  � m  (thỏa mãn (*)) uuur � �uur IM  � 1;  � ; u   3; 2(1  m)  � � (vì ) Vậy m  Nhận xét: (Lê Thanh Bình) �1 15 � I�; � AB :2  m  1 x  y  m  10  Xử lý toán khoảng cách từ �2 � đến đường thẳng d  I ; AB   m 1  m  1  đại số sau: Ta có Đặt t   m  1 ta d  I ; AB   45  m  10 t t 9 Bunhiacopxky �   m  1  4  m  1  2 �2 �3 � �  � ��t  32 � � �4 ��   t 9  t �  � t  �  m  1  � m  3 Đẳng thức xảy (thỏa mãn (*)) x2 x  có đồ thị  C  Có bao Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ số nguyên nhỏ 2019 thỏa mãn từ điểm y  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 M kẻ tiếp tuyến tới đồ thị trục Ox ?  C  cho tiếp điểm tương ứng nằm phía Lời giải Tác giả: Lê Hoàn ; Fb: Lê Hoàn y Gọi x2 � y  1 x 1 x 1 M  0; m  �Oy Gọi tiếp tuyến  C  qua M đường thẳng d : y  kx  m � kx  m   (1) � x 1 � � 3 � k (2) x  � x , x �1   Yêu cầu đề bài, điều kiện hệ phương trình � có nghiệm � �y  x1   � y x   thỏa mãn � �1 � 1 0  � � � x1  �x1  � � � � � �y  x1   � � 1 1 0 � y x   � � � x2  �x2  Xét điều kiện � 3 x Từ (1) (2) suy  x  1  m  1 3 �  1 m  x 1  x  1 x  1  t  t �0  Đặt x  , phương trình (3) trở thành 3t  6t   m  (3) (4) t1    t2 �0 t,t Bài toán trở thành tìm m để phương trình (4) có nghiệm thỏa mãn Đặt f  t   3t  6t   m , với điều kiện ta có bảng biến thiên sau Từ bảng biến thiên suy điều kiện  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 �� � � �1� � 1� � 3�  � �  �  m  m �f � � � � �� � � � � �� � � � �f   �0 � � m �1  m �0 � � � m � 0; 2;3; ; 2018 Do m số nguyên nhỏ 2019 nên � có 2018 điểm M Cách y Tác giả:Nguyễn Ngọc Như Trang ; Fb:nhutrangnguyenngoc x 3 � y'  x1 (x  1)2 Gọi  phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số cho K (x0 ; y0 ) (): y  Ta có: x 2 3 (x  x0 )  x0  (x0  1) M �Oy � M (0; m) M � � m x 2 3 ( x0 )  x0  (x0  1) � �x �1 � �0 m(x0  1)2  x0  (x0  2)(x0  1) � � �x �1 � �0 f(x0 )  (m 1)x0  2(m 2)x0  m  (1) � u cầu tốn � phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác cho y(x1 ).y(x2 )  phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác � m�1 � � m�1 m�1 � �� ' �� �� (2) 3(m 2)  m  2 � �fl(1) �0 ( uon dung) � �  y(x1 ).y(x2 )  �  � x1  x2  0 x1  x2  x1 x2  2(x1  x2 )  0 x1 x2  (x1  x2 )  m 4(m 2)  4 9m 2 m  m  � 0�  � m (3) m 2(m 2) 3  1 m m  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 � m�1 � � 2 m � Từ (2),(3) suy : � Do m��, m 2019 nên m�{0; 2;3; ; 2018} Vậy có 2018 giá trị m thỏa đề Câu Cho phương trình sau với m tham số thực � x2  x 1� 2 x  x log x  x  2011   m log 2019 ( x  x  2011)  � �   2019 4� � � � Tìm tất giá trị m cho phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thỏa �x  �3 mãn GIẢI � �x  x �0 � x � �;0 � 2; � �2 x  x  2011  � ĐK Ta có � PT �x  �3 � x � 2;0 � 2; 4 (*) �1 x  x  log 2019 ( x  x  2011)   m �  2 � 1� x  x log 2019 ( x  x  2011)  � 4� �  x  x  log 2019 ( x  x  2011)   m � x  x log 2019 ( x  x  2011)  1� � � 2 Đặt t  x  x log 2019 ( x  x  2011) t' x 1 x2  x log 2019 ( x  x  2011)  (2 x  2) x  x ( x  x  2011).ln 2019 � � log ( x  x  2011) x2  2x  ( x  1) � 2019  � ( x  x  2011) ln 2019 � x2  2x � � � Do với x � 2;0 x � 2; 4 t '  , với t '  Bảng biến thiên  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Từ bảng biến thiên ta thấy, với x � 2;0 �� 2; � t �� 0; � � � cho ta hai giá trị Như tốn trở thành tìm m để phương trình sau có nghiệm t2   m Ta có m'  t2   m   2.t  � m   t �� 0; � � �  2.t  t2  t 2.t  (do không nghiệm pt) 2t  2t  ( 2.t  1) , m'  � t  2 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy m �(�; 4] �[4; �) u cầu tốn thỏa mãn   � 2019 x  y  x   x y2 1  y � � � 18 y � 25 x  x x    y 1 Câu 2.2 Giải hệ phương trình sau tập số thực: �   1  2 Lời giải Tác giả:Trần Ngọc Quang ; Fb:Quang Tran x� Điều kiện  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC (1) � 2019 x   � x   x  2019 y � �   y 1    y � � � � x ln 2019  ln Xét hàm số TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019   � x   x   y ln 2019  ln � (*) �   y 1    y � � � f  t   t ln 2019  ln f '(t )  ln 2019  t2 1   t   t , t ��  0, t �� Suy hàm số đồng biến � Do phương trình (*) � x   y 25 x  x x    Thay x   y vào (2) ta có 18 x x  (3) 18 x x� 18 x  , x2  x 1 Nếu , suy pt (3) vô nghiệm 18 2 � 25  9    (**) x� x x x 1 (3) Nếu Đặt u ,0  u � x , Pt (**) trở thành 25  9  4u  2u  �  u  2 u 1 18u �18u � ��  12 � 2u   9  4u   u 1 �u  �   u  2  36  u    4u  0 u2 � � � 36 � 2  0(4) u 1 �  4u  Vì �  4u  �  36 �36 28 9u   , u 1 , suy phương trình (4) vô nghiệm � x � u 2� 2� � x � x � � Với 1 2 1 x� �x �y 2 Vì �1 � � ; � Vậy hệ phương trình có nghiệm � 2 �  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  Câu �cos x  sin x sin x  x cos x � I �  x dx � � � e   sin x  � �  sin x � (2,0 điểm) Tính tích phân Lời giải Tác giả: Nguyễn Thanh Việt ; Fb: Nguyễn Thanh Việt    4 �cos x  sin x sin x  x cos x � cos x  sin x sin x  x cos x I�  d x  d x  d x  I1  I � � x x � � �  sin x � e  sin x e  sin x      sin x 0� 0 � Ta có:  cos x  sin x I1  � dx  sin x +) Tính Ta có:  sin x   �� x �� 0; cos x  sin x  cos x  sin x  cos x  sin x   � 4� �) (   d  cos x  sin x  cos x  sin x cos x  sin x I1  � dx  � dx  �  ln cos x  sin x cos x  sin x cos x  sin x  sin x 0   ln  +) Tính sin x  x cos x I  �x dx e  sin x   � sin x  x cos x u � ex � dx dx dx � dv    �  sin x  sin x  cos x  � � cos �  x � � �4 � Đặt � �  x  1  sin x  cos x  dx du  � � ex � � � cos x  sin x � v   tan �  x �  � �4 � sin x  cos x Suy ra: �   �sin x  x cos x 1 � cos x  sin x  x  1  sin x  cos x  � � I2  � tan �  x � dx �2� x e sin x  cos x ex �4 � � �0   x  1  cos x  sin x   � dx 20 ex  x e  x cos x  x sin x  cos x  sin x   � dx 20 e2 x  x x  2sin x  x cos x  sin x  e  e  x sin x  cos x   � dx 20 e2 x  Trang 10  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC  TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 / �2 x sin x  cos x �  � � �dx 0� ex �  x sin x  cos x 2  2     x e 8e I  I1  I  ln  Vậy Câu 2  2 8e   Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB , AC cho mặt phẳng (DMN ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Đặt AM  x, AN  y Tìm x, y để tam giác DMN có diện tích nhỏ nhất, lớn Lời giải Tác giả: Trần Duy Khương ; Fb:Tran Duy Khuong Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do ABCD tứ diện nên DO   ABC  Theo đề bài, mặt phẳng  DMN    ABC  SDMN  nên suy O �MN DO.MN S Mà DO số nên DMN lớn Tam giác DMN có DO  MN nên MN lớn nhất, nhỏ MN nhỏ MN  x  y  xy   x  y   3xy Áp dụng định lí cosin tam giác AMN ta có Như M , N thay đổi cho đoạn thẳng MN qua O Ta có  x, y �1 uuur uuu r uuur uuur uuu r �1 r uuu r �uuu uuur uuu r uuur uuu r uuu r MO  AO  AM  AH  x AB  �  x �AB  AC 3 �3 � Ta có MN  AN  AM  y AC  x AB ,  Trang 11  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 1 x 33 0� uuuu r uuuu r y  x MN MO Vì hướng nên Từ  x, y �1 , ta có x ۳ y xy MN   x  y    x  y  �1 � y �  x �  x � 3xy  x  y �3 � 1 1  �3� x y x y x x 2 Ta có � t' x  � x x �� ;1�   t  x �, � x  với Đặt t  x  y Ta có x  3x    3x  1 Bảng biến thiên: �t � Quan sát bảng biến thiên, ta có � 3� ; � � MN  f  t   t  t f  t �ta � Ta có Khảo sát biến thiên hàm đoạn 2 � � x t � � � �t �� �� 2� � �y  t � � , MN max � MN � x  1, y  � � � y  1, x  � � 2 Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có tất mặt hình thoi cạnh a , �  BAA � � BAD � A� AD  60� a) Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' D, AB, IJ Mặt phẳng  P  qua G cắt cạnh b) Gọi I , J , G trung điểm A� A1 , B1 , D1  A � P  , B � P  , D � P   Gọi A� A, A� B, A� D VA A1B1 D1 , VB A1B1 D1 ,VD A1 B1 D1 A A1 B1 D1 , B A1 B1D1 , D A1B1 D1 thể tích khối chóp T  VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức theo a Lời Giải Tác giả: Nguyễn Tuấn Phương ; Fb:phuongnguyentuan86  Trang 12  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 D, AA ' B tam giác suy A� B  BD  A� D  a Do Các tam giác ABD, AA� BD tứ diện có cạnh a tứ diện AA� a a BH   3 Tam giác ABH vuông BD Ta có Gọi H trọng tâm tam giác A� a2 a a2 AH  AB  BH  a   S A ' BD  3 ; H nên a a2 a3 VA A' BD   12 Vậy 2 VABCD A���� B C D  6.VA A ' BD  a3 a3  12 Suy Cách khác: O vng góc với mặt Gọi O trọng tâm ABD , tứ diện A ' ABD tứ diện nên A�  ABD  Do A� O chiều cao hình hộp phẳng a2 a A� O  A� D  OD  a   3 Ta có a a2 a3 a2 a2 � VABCD A����  S ABCD  SABD   B C D  A O S ABCD  2 Vậy Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  Một mặt phẳng ( P ) thay đổi qua trọng 1 CMR :   4 SM SN SP tâm G tứ diện cắt SA, SB, SC M , N , P Chứng minh:  Trang 13  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Gọi G�là trọng tâm ABC Theo tính chất trọng tâm tứ diện ta có S , G , G �thẳng hàng SG VSABGG� VSBCG � VSG�CA  VSABC  SG � Thêm Ta có: VSMNG SM SN SG 3V V 3SM SN SM SN  � SMNG  � SMNG   1 VSABG� SA SB SG � VSABC VSABC (Lưu ý SA  SB  ) VSNPG SN SP VSGPM SP.SM    2  3 V V � SABC SG CA Lập luận tương tự thu   ,   ,   ta Cộng theo vế đẳng thức VSMNP SM SN  SN SP  SP.SM SM SN SP SM SN  SN SP  SP.SM  �  VSABC SA SB SC 1 �   4 � 4.SM SN SP  SM SN  SN SP  SP.SM SM SN SP Quay lại toán cho: G trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối tứ diện A� ABD nên G ABD với G trọng tâm tứ diện Coi a đơn vị dài Áp dụng bổ đề cho tứ diện A�  Trang 14  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC trọng tâm tứ diện TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  P A1 , B1 , D1 giao điểm mặt phẳng 1   4 � � � � � � A A A B A D A A , A B , A D 1 cạnh Ta có: 1   4 A� A1  x; A� B1  y; A� D1  z   x, y , z  1 x y z Đặt ta qua G với 1 1 27 27  � � ۳ 33 64 xyz x y z xyz xyz 64 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có xyz (mặt phẳng (P) song song với  ABD  ) Dấu xảy Mặt khác VAA1B1D1 BB1  y VDA1B1D1 DD1  z AA1  x VBA1B1D1       VA�A1B1D1 A� A1 x VA�A1B1D1 A� B1 y VA�A1B1D1 A� D1 z ; ; VA�A1B1D1 A� A1 A� B1 A� D1   xyz � VA�A1B1D1  xyz.VA�ABD VA�ABD A� A A� B A� D Suy �1 �1 1 � 1 � T  �      1� VA�A1B1D1  �    � xyz.VA�ABD  xyz.V � �27 V � A ABD A ABD y z � �x �x y z � 64   a3  12 27 a 64 12 9a3 256 đạt mp ( P) song song với VA�ABD T Tmin Mà  ABD  mp Cách trình bày khác: (Theo thầy Kiên Nguyễn) AA1 BB1 DD1 A� A A� B A� D   4�   1 � � � � � � A A A B A D A A A B A D 1 1 1 Chứng minh (cách chứng minh tương tự bổ đề trên) h  d  A;  A1B1D1   ; h2  d  B;  A1B1D1   ; h3  d  C ;  A1B1D1   ; h  d  A� ;  A1B1D1   Đặt h1 AA1 h2 BB1 h3 DD1 h h h  ;  ;  �   1 � � � � h1  h2  h3  h h h h Ta có h A D1 h A B1 h A D1 1 VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1  S A1B1D1  h1  h2  h3   h.SA1B1D1  VA�A1B1D1 3 B A� D � �AA� A�   VA�A1B1D1 AA� A� B A� D �A� A A� B1 A� D1 � 4 �  �� VA� ABD A� A1 A� B1 A� D1 � � 27 � � � � Lại có 27 27 a 9a VA� ABD 64 64 12 256 AA� A� B A� D �    �  A1 B1 D1  � � �  ABD  A A A B A D 1 Dấu xảy // 9a T  256 đạt  P  //  ABD  Vậy VA�A1B1D1 Nhận xét: (Lê Thanh Bình) Cách chứng minh vectơ cho bổ đề:  Trang 15  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  a Một mặt phẳng ( P ) thay đổi qua trọng tâm G 1 CMR :    SA , SB , SC M , N , P SM SN SP a tứ diện cắt Chứng minh: S M A P G C N H K B uuur uur uuu r uur uur uuu r SM  xSA , SN  ySB , SP  zSC Ta có với SM SM SN SN SP SP x  ; y  ;z  SA a SB a SC a SG � ABC   H Vì G trọng tâm tứ diện S ABC nên ta có với H trọng uuu r uuur uur uur uuu r �1 uuur uuu r uur � SG  SH  SA  SB  SC  � SM  SN  SP � 4 �x y z � tâm tam giác ABC Suy   1 1 1   1 �    x y z Vì M , N , P, G đồng phẳng nên x y z a a a �   4 SM SN SP 1    Hay SM SN SP a dnk260690@gmail.com A  1; 1;0  , M  0;1;  Câu ( điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm Tìm tọa  P  : x  y  z   biết AH  mặt phẳng  AMH  độ điểm H thuộc mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng Lời giải uur uuuu r uur uuuu r uuuu r � �  2; 1; 1 n ; AM nP   1;1;1 AM   1; 2;0   u AM P � Ta có: ; Ta có: �  Trang 16  STRONG TEAM TỐN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  AMH  chứa AM vng góc với mặt phẳng  P  nên phương trình mặt phẳng Mặt phẳng  AMH  : x  y  z   uuur 2 H  x; y; z  AH   x  1; y  1; z  AH  �  x  1   y  1  z  Gọi , ta có: � 2x  y  z 1  � � � x yz20 � 2 x  1   y  1  z  P   � H Vì thuộc mặt phẳng nên ta có hpt: giải hpt ta H1   1;0; 1 H   1; 2;1 Câu  a  c   b  c   4c Tìm giá trị nhỏ biểu Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn P thức 32a  b  3c   32b  a  3c    a  b  3c  1  a b2 Lời giải Tác giả: Lê Đức Hợp ; Fb: Le Hoop Bổ đề: Cho m , n hai số thực dương ta có a) 1  2� 2 m n  m  n m3  n3 �m  n � �� � � � b) Thật a) Ta có 1 1  �2  �2  2 m n m n m.n  m  n  m  n Đẳng thức xảy � m  n m3  n3 �m  n � �� � � � � 4m3  4n3 �m3  3m2 n  3m.n  n3 � m3  n  m n  m.n �0 b) �  m  n  m  n  �0 (luôn với m , n hai số thực dương ) m3  n3 �m  n � �� � � � m , n  ; Đẳng thức xảy � m  n Vậy Áp dụng vào tốn Ta có Đặt  a  c   b  c   4c x �a � �b � � �  1� �  1� �c � �c � a b 0 y 0  x  1  y  1  c c ; Từ giả thiết ta có  Trang 17   STRONG TEAM TỐN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019 P 32a  b  3c  32b  3 3 �a � 32 � � �c � P �b �  � � �c �   a  3c  32 y  P  �x P � �y   y  3  x  3 3 �b � 32 � � �c � 2 �a �  � � �c � 32 x 3 �a � �b � 32 � � 32 � � c c � ��  � �3   a  b  3c  1   a  b  3c   �b  � �a  � � � � � a b �c � �c � y � � 2 x3�  a  b �a � �b � 32 � � 32 � � 2c c c  ��  � �3  2  a b a  b �b � �a �  �  3� �  3� c c �c � �c � 3 � � x � � y �� 6  32 � � � � �� 2  x y x y � �y  � �x  �� � � 2 x y x y x  x  y  y  x  y    x  y   xy    y 3 x 3 xy   x  y    x  3  y  3 Ta có  x  1  y  1  � xy  x  y  � xy   x  y Từ Ta có  x  y  xy  x  y �  x  y x y � 4   x  y   �0 � x  y �2 (vì x  y  ) Đặt t  x  y �2 Ta có xy   t Khi 3 � x  y    x  y   xy � � t  3t    t  �  6 P �8 � � 2   � 2  � x y t � � �  t  3t  � � xy   x  y   � �t  5t  � P � � 2 � 2t  12 � f  t    t  1  Xét hàm t t 1 t 2 2  2; � t Ta có f�  t    t  1   t � 2; � t2 f  t    t  1  Vậy hàm số Từ suy Vậy 2  2; � t đồng biến P �f  t  �f     Pmin   xảy x  y  � a  b  c  Trang 18  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 2019  HẾT   Trang 19  ... STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 20 19 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC: 2018 – 20 19 Mơn: Tốn – Lớp 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian... STRONG TEAM TOÁN VD-VDC (1) � 20 19 x   � x   x  20 19? ?? y � �   y 1    y � � � � x ln 20 19  ln Xét hàm số TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 20 19   � x   x   y ln 20 19  ln � (*) �   y 1... 4 9m 2 m  m  � 0�  � m (3) m 2(m 2) 3  1 m m  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ _ ĐỀ THI HSG HÀ NAM 20 19 � m�1 � � 2 m � Từ (2),(3) suy : � Do m��, m 20 19 nên m�{0; 2;3; ; 2018}