Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh năm 2014-2015 môn Toán

Câu 1 (5.0 điểm)
1. Cho hàm số:
32
1
m
xm
y (C )
mx



với m là tham số. Chứng minh rằng, với mọi m khác 0 đồ thị
hàm số luôn cắt đường thẳng
33d:y x m
tại hai điểm phân biệt A, B. Xác định m để đường thẳng d
cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C, D sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 lần diện tích tam giác OCD.
2. Cho hàm số:
22
y x (x a)
với a là tham số. Chứng minh rằng, đồ thị hàm số đã cho có ba
điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi
2a.

Câu 2 (5.0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
3 2 4 2 2 2 0cosx (sin x sinx) cos xcosx cos x     

2. Giải hệ phương trình:





2 2 2 2
33
2 6 9 9 12 3
2 34 2 3 1
( x y)(x xy y ) ln y y x x ln
x y y x


         





     


Câu 3 (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là:
1
2 2 0d : x y ,  
2
3 3 6 0d : x y  
và tam giác đều ABC có diện tích bằng
3
và trực tâm I thuộc
1
d.

Đường thẳng
2
d
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ giao điểm của
1
d
và
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương.
Câu 4 (2.0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc tạo bởi đường cao SH của hình
chóp và mặt bên bằng
.
Tìm

để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất biết a cố định,

thay đổi.
Câu 5 (3.5 điểm)
1. Tính
0 1 2 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014
2 3 2014 2015S C C C C C     

2. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một
số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu 6 (1.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn:
x y z xyz  
và
1 1 1x ,y ,z .  
Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:

2 2 2
1 1 1x y z
P
y z x
  
   

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 14 tháng 09 năm 2014


Câu
Đáp án
Điểm
1
(5.0 điểm)
1. (3.0 điểm) Xác định m …
Hoành độ giao điểm của d và
m
(C )
là nghiệm của phương trình:
2

1
32
33
1
3 3 1 0 1
x
xm
xm
m
mx
g(x) x mx ( )




  



   

do
0m

d cắt
m
(C )
tại hai điểm phân biệt
1()
có hai nghiệm phân biệt khác

1/m

2
2
1
3
0
10
9 12 0
0
g
m
m
m















(luôn đúng)

Vậy d luôn cắt
m
(C )
tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0.
1.0
Giả sử
3 3 3 3
A A B B
A(x ; x m),B(x ; x m)
với
AB
x ,x
là hai nghiệm của (1)
Do đó:
AB
x x m
và
13
AB
x x / .

Ta có:
2 2 2
3 3 10
B A B A B A
AB (x x ) ( x x ) (x x )     


22
40

10 40 10
3
A B A B
(x x ) x x m    

Suy ra:
2
3
1 1 40
10
2 2 3
10
OAB
m
S d(O;AB).AB m


    

1.0
Mặt khác ta có:
0 0 3C(m; ),D( ; m)
với
0m
.
Tam giác OCD vuông tại O
11
3
22
OCD

S OC.OD m . m

   

0.5
2
3
1 40
2 10 3
23
10
OAB OCD
m
S S m m . m


      


2
40 2
10 2 10
33
m m m      

0.5
2. (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị …
TXĐ:
32
4 2 2 2D ;y' x ax x ( x a)    

Hàm số có ba điểm cực trị
0y'
có 3 nghiệm phân biệt
0a (*)

0.5
Khi đó:
2
00
0
24
xy
y'
aa
xy

  




    



Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:
22
00
2 4 2 4

a a a a
A( ; ), B ; , C ;
   

  
   
   
   

Ta có:
4
22
16 2 2
a a a
AB AC ; BC a

     

0.5
Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ
khi

A
nhọn

2 2 2
00cosA AB AC BC     

0.5
SỞ GD & ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015
Môn: TOÁN; Khối 12
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

4
20
8
a
aa   
3
0
8 0 2
2
a
a(a ) a
a


      



(thỏa mãn (*)) (đpcm)
0.5
2
(5.0 điểm)
1. (2.5 điểm) Giải phương trình:
PT

22
2 3 2 1 4 2 2 2 1 0cosx cos x sinx( cosx ) cos xcosx ( cos x )       


2 1 3 2 1 2 2 2 1 0cosx( cosx ) sinx( cosx ) cos x( cosx )      


2 1 3 2 2 0( cosx )(cosx sinx cos x)    


12
2
23
3 2 2
cosx x k
cosx sinx cos x (*)


      







1.5
Giải (*)
13
22

2 2 3
cos x sinx cos x cos x cos x


     




2 2 2
33
2
22
3 9 3
x x k x k
k
x x k x


       



  

      



1.0

2. (2.5 điểm) Giải hệ phương trình:
Điều kiện:
x,y
.
PT(1)


 
2 2 2
33
2
99
2 2 6 6 9
9
y y x x
x y x y ln ln
xx
   
     







3 3 2 2
2 2 6 9 6 9x y x y ln y y ln x x         





3 2 3 2
2 6 9 2 6 9x x ln x x y y ln y y         

0.5
Xét hàm số:


32
2 6 9f(t) t t l n t t    
với
t


22
22
6 2 2
3 2 3
3
99
f '(t) t t
tt

      






Xét hàm số:
22
3
9
g(u) u
u
  

với
0u


33
11
1 1 0
99
g'(u)
(u )
     



Hàm số g(u) đồng biến trên
0 0 0[ ; ) g(u) g( )   

Suy ra:
2
30f '(t) g(t )  

Hàm số f(t) đồng biến trên
.

Mà
1( ) f(x) f( y) x y   

1.0
Thay
xy
vào PT (2) ta được:

3 3 3 3
34 3 1 34 3 1x x x x        


 
33
3
34 3 3 34 3 34 3 1x x (x )( x) x x          


3
2
3
37 3 34 3 1 31 102 12(x )( x) x x        


22
61
31 102 1728 31 1830 0

30
x
x x x x
x


        




0.5
Thử lại ta thấy
61 30x ;x  
là nghiệm của phương trình.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
30 30 61 61( ; ),( ; ).

0.5
3
(3.0 điểm)
Tìm tọa độ giao điểm …
Gọi
M AI BC.

Giả sử
0AB x (x ),
R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp tam giác ABC.
Do tam giác ABC đều nên

22
33
32
44
ABC
xx
Sx

    

1.0
Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp
tam giác ABC
1 1 3
3
3 3 3
r IM AM     

Giả sử
1
2 2 1I( a ;a) d (a )  

Do
2
d
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:
2
d(I;d ) r

6 2 6

3 2 2 3 6
3
1
3 6 6 6
3
3
99
2
( a ) a
a (loaïi)
a
a (tm)


  


      






Suy ra:
22I( ; )

1.0
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính
2 2 3

33
R AM


phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
22
4
22
3
(x ) (y )   

Tung độ giao điểm của
1
d
và (C) là nghiệm của phương trình:
2 2 2
44
2 2 2 2 2
3 15
( y ) (y ) (y )       


24
22
15 15
yx     

Vậy tọa độ giao điểm của
1
d

và (C) là:
2 4 2 4
2 2 2 2
15 15 15 15
; , ;
   
   
   
   

1.0
4
(3.0 điểm)
Tìm

để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất.
S
A
B
C
D
H
M
φ

22
2HM (a h )/  
và
22
2BC (a h )

1.0
Tam giác SHM vuông tại H nên
22
2
HM a h
tan
SH
h

  


2 2 2 2 2 2 2
2
2 1 2
12
a
h tan a h h ( tan ) a h
tan
         


Suy ra:
 
22
2 2 2 2 2
2
4
24

12
a tan
BC a h h tan
tan

    


1.0
Do hình chóp đều nên H là giao
điểm của AC và BD.
Gọi M là trung điểm của CD

CD

(SHM)

(SHM)

(SCD)

SM là hình chiếu của SH lên mặt
phẳng (SCD) .
Vậy

HSM 
với
0
2


  

Đặt
2 2 2
SH h HC a h   


Vậy
32
2
23
1 1 4
33
12
S.ABCD
a tan
V SH.BC
( tan )

  



Đặt
2
12t tan  
với
3
2
1 2 1

1
23
S.ABCD
t a t
t ( ; ) tan V
tt

       

Xét hàm số:
3
21
3
at
f(t)
tt


trên
1( ; )


33
3
2
3
1
2
3
03

33
2
t t t(t )
a a ( t)
f '(t) ;f '(t) t
t
tt





      

Bảng biến thiên:






Vậy
3
1
4
93
S.ABCD
( : )
a
V max=maxf(t)



khi
3 1 45
o
t tan .      


1
3


f’
(t
)
+ 0


f(
t)

f(3)



0
0
1.0
5
(3.5 điểm)

1. (1.5 điểm) Tính …
Ta có:
2014 0 1 2 2 2013 2013 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014
1( x) C C x C x C x C x      


2014 0 1 2 2 3 2013 2014 2014 2015
2014 2014 2014 2014 2014
1x( x) C x C x C x C x C x       

0.5
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
2014 2013
1 2014 1( x) ( x) .x  


0 1 1 2 2 2013 2013 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014
2 3 2014 2015C C x C x C x C x     

0.5
Lấy
1x 
ta được:
2014 2013 0 1 2 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014
2 2014 2 2 3 2014 2015. C C C C C      

2014 2013 2014
2 2014 2 1008 2. S S .    

0.5
2. (2.0 điểm) Có bao nhiêu số …
Số phần tử của không gian mẫu là:
5
9.

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là
3
9
C

Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
0.5
▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách.
Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có:
3
5
C
cách.
Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách.


Số các số thỏa mãn TH1 là:
3
5
3 2 60.C . 

(số)
0.5
▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách.
Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có:
2
5
C
cách.
Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có:
2
3
C
cách.
Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách.
0.5

Số các số thỏa mãn TH2 là:
22
53
3 1 90.C .C . 
(số)
Do đó:
3
9
90 60
A
( ).C  

Vậy
3

9
5
90 60
0 213
9
A
( ).C
P(A) ,


  


0.5
6
(1.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của k …
Ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1x y y z z x
P
y z x
        
  
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z
x y z



     




(1)
0.5
Mà:
2 2 2
1 1 1 1 1 1x y y z z x
y z x
        



     
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1x y z
x y y z x z
   

        
   


   


     

2 2 2
1 1 1 2x y z ( )
xy yz x z
     

Từ (1) và (2) suy ra:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
23P ( )
x y z xy yz zx
x y z

        



0.5
Ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
14()
xy yz zx
x y z
     


2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
33
x y z xy yz zx x y z

   
        
   
   
(5)
0.5
Từ (3), (4), (5) suy ra:
3 1 2 3 1P.    

Vậy GTNN của P là
31.
Dấu “=” xảy ra khi
3x y z .  

0.5