ĐỀ thi HSG tỉnh chính thức môn toán 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

Câu I ( 2,0 điểm)
4
2
2
1. Cho hàm số y = x − 2 ( m + 1) x + m + 1 ( 1) , với m là tham số thực. Tìm

m để đồ thị của hàm số ( 1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
vuông cân.
2x + 3
2. Cho hàm số y =
có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của hai
x+2
đường tiệm cận của (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó
cắt hai đường tiệm cận tại A và B sao cho IA = IB.
Câu II ( 2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2sin 3 x − cos2 x + sin 2 x − 2sin x + 2 cos x − 1 = 0

) ( x, y ∈ ¡ )

(

 x ( x + y ) + x + y = 2 y 2 y3 + 1

2. Giải hệ phương trình: 
 8 x 2 − 8 y + 3 = 8 y 2 x 2 − 3 x + 1

Câu III (2,0 điểm)
1. Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức sau thành đa thức:
f ( x) = x ( 1 + 3 x ) + x 2 ( 1 − 2 x )
7

9

1
2

2. Cho dãy số (un) được xác định bởi: u1 = a, u2 = b, un = (un −1 + un − 2 ) với
mọi n ≥ 3 (a,b là số thực). Tìm giới hạn của dãy số (un) theo a và b.
Câu IV (3,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a. Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của OC. Góc
giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD theo a.
2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng
SBC
(
) bằng 2, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABCD) bằng α . Tìm
giá trị của cos α để thể tích khối chóp S.ABCD nhỏ nhất.
3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Lấy điểm M thuộc



a 2



2 

đoạn AD’, điểm N thuộc đoạn BD sao cho AM = DN = x,  0 < x <
x theo a để đoạn MN ngắn nhất.
Câu V (1,0 điểm)

3
3
Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn: a b + b a +

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

÷. Tìm

1
= ab + 2.
ab

1
1
3
+
−

2
2
1 + a 1 + b 1 + 2c

……..Hết……..

Họ và tên thí sinh:......................................................Số báo danh:.................
Chữ ký của giám thị 1:............................Chữ ký của giám thị 2:.......................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: TOÁN
Hướng dẫn chấm gồm 4 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM

Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Câu
Nội dung
Điểm
Câu I (2 điểm)
3
2
Ta có: y ' = 4 x − 4 ( m + 1) x = 4 x ( x − m − 1)

Câu I.1

(1điểm)

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*)
Các điểm cực trị của đồ thị là
A ( 0; m 2 + 1) , B − m + 1; −2m và C m + 1; −2m

(

)

(

uuur
uuur
2
Suy ra AB = − m + 1; − ( m + 1) và AC =

(

)

(

)

m + 1; − ( m + 1)

2

)

uuur uuur

Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông cân khi và chỉ khi AB. AC = 0
4
⇔ ( m + 1) − ( m + 1) = 0 . Kết hợp với ( *) ta được m=0

Câu I.2
(1.điểm)

1
 2x + 3 
Gọi M  x0 ; 0
÷∈ (C ) , hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k = ( x + 2 ) 2
x0 + 2 
0

Tam giác AIB vuông cân tại I nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1
 x0 = −1
=1⇔ 
( x0 + 2 )
( x0 + 2 )
 x0 = −3
Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y = x + 2 ; y = x + 6
1

Vì k =

2

nên k = 1 ⇔

1

2

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Câu II (2 điểm)
2sin x − cos2 x + sin 2 x − 2sin x + 2 cos x − 1 = 0
⇔ 2sin 3 x − 2sin x + sin 2 x − ( 1 + cos2 x ) + 2 cos x = 0
3

⇔ 2sin x ( sin 2 x − 1) + 2sin x cos x − 2 cos 2 x + 2 cos x = 0

Câu II.1
(1điểm)

⇔ 2sin x cos 2 x − 2sin x cos x + 2 cos 2 x − 2 cos x = 0
⇔ cos x ( s inx + 1) ( cos x − 1) = 0

π


 x = 2 + kπ
cos x = 0

π

⇔ s inx = −1 ⇔  x = − + k 2π

2
cos x = 1
 x = k 2π



( k∈Z)

Câu II.2 Điều kiện: x + y ≥ 0, y ≥ 0, 2x 2 − 3x + 1 ≥ 0
(1 điểm)

PT (1) ⇔ x ( x + y ) + x + y = 2 y 2 + 2 y ⇔ x 2 + xy − 2 y 2 + x + y − 2 y = 0 (*)

Nếu

x + y + 2 y = 0 ⇒ x = y = 0 không thỏa mãn hệ

Nếu

x + y + 2y > 0

x=y


x− y

1
(*) ⇔ ( x − y ) ( x + 2 y ) +
= 0⇔ 
x + 2y +
= 0 ( **)
x + y + 2y

x + y + 2y
1
> 0 nên
Mặt khác với điều kiện x + y ≥ 0, y ≥ 0 thì x + y + y +
x + y + 2y
(**) vô nghiệm.Với x = y ≥ 0 thì PT(2) trở thành

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

8x 2 − 8x + 3 = 8x 2x 2 − 3x + 1 ⇔ 4( x − 2x 2 − 3x + 1) 2 = (2x − 1) 2

3± 3
x =
 2 2 x 2 − 3x + 1 = 1
4
⇔
⇔
2
 2 2 x − 3 x + 1 = 4 x − 1 
7 −1
x =

4
 3 + 3 3 + 3   3 − 3 3 − 3   7 −1 7 −1 
;
;
;
Vậy hệ có nghiệm là 
÷; 
÷; 
÷
4 ÷
4 ÷
4 ÷
 4
  4
  4


0.25

Câu III (2 điểm)
Xét E = x ( 1 + 3 x )

7

Số hạng tổng quát: x.C7k ( 3x ) = 3k .C7k .x k +1 ( 0 ≤ k ≤ 7 ) .
• Số hạng trên chứa x 6 khi và chỉ khi k + 1 = 6 ⇔ k = 5 .
5
5
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển của E là: 3 .C7 .
k

Câu
III.1
(1 điểm)

0.25
0.25

Xét G = x 2 ( 1 − 2 x ) .
9

Số hạng tổng quát: x 2 .C9k ( −2 x ) = ( −2 ) .C9k .x k + 2 ( 0 ≤ k ≤ 9 ) .
• Số hạng trên chứa x 6 khi và chỉ khi k + 2 = 6 ⇔ k = 4 .
4
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển của G là: ( −2 ) .C94 = 24.C94 .
k

•

k

0.25

5
5
4
4
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là: 3 .C7 + 2 .C9 = 7119 .

0.25

1
1
un = (un −1 + un− 2 ) ⇔ un − un −1 = − (un −1 − un − 2 ) (1)
2
2
Đặt v n – 1 = un − un −1 với mọi n ≥ 2 . Khi đó v1 = u2 − u1 = b − a

0.25

1
2

1
2

Từ (1) ⇒ v n – 1 = − vn − 2 ⇒ (vn) là CSN có công bội q = − .

Câu
III.2
(1 điểm)

 1
v n = v1  − 
 2

n −1

 1
= ( b − a ) − 
 2

0.25

n −1

.

Ta có: un = (un − un −1 ) + (un −1 − un− 2 ) + ... + (u2 − u1 ) + u1
1
1 − (− ) n −1
2b + a 2
1
2
= vn −1 + vn− 2 + ... + v2 + v1 + u1 = v1[
] + u1 =
− (b − a)(− ) n −1
1

3
3
2
1+
2
1 n−1
2b + a
Vì lim(− ) = 0 nên lim un =
.
2
3

0.25

0.25

Câu IV (3 điểm)
Câu
IV.1

S

(1điểm)

C

B
H

K

O
D
A

0
·
Kẻ HK ⊥ AB (K ∈ AB) ⇒ AB ⊥ (SHK) ⇒ SKH = 60

0.25


HK // BC ⇒

HK AH 3
3
=
= ⇒ HK = a
BC AC 4
4

Tam giác SHK vuông tại H ⇒ SH = HK .tan 600 =

0.25
3 3
a
4

1 3 3
3 3
S ABCD = a 2 ⇒ VS . ABCD = a 2 .

a=
a
3
4
4

0.25
0.25

Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống
SM. Ta có:
S

H
C

D

0.25

N
M

I

Câu
IV.2
(1điểm)

A

B

·
SMN
= α, d ( A; ( SBC ) ) = d ( N; ( SBC ) ) = NH = 2
⇒ MN =

NH
2
4
=
⇒ SABCD = MN 2 =
sin α sin α
sin 2 α

tan α
1
=
sin α cosα
1
4
1
4
⇒ VSABCD = × 2 ×
=
2
3 sin α cosα 3.sin α.cosα
sin 2 α + sin 2 α + 2cos 2α 2
1

2
2
2
sin α.sin α.2cos α ≤
= ⇒ sin 2 α.cosα ≤
3
3
3
2
VSABCD min ⇔ sin α.cosα max

SI = MI. tan α =

⇔ sin 2 α = 2cos 2 α ⇔ cosα =

1
3

0.25

0.25

0.25

Câu
IV.3
(1điểm)

Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N lên AD
2

2
2
2
2
2
Ta có MN = M ' M + M ' N = M ' M + M ' N ' + N ' N

x 2
;
2
x 2
Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có N ' D = N ' N =
2
Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có M ' A = M ' M =

0.25
0.25


M ' N ' = AD − M ' A − N ' D = a − x 2
2
x2
x2
2
MN =
+ a − x 2 + = 3x 2 − 2 2a.x + a 2
2
2
Khi đó

(

)

0.25

2


2  a2 a2
a 3
MN = 3  x −
a ÷ + ≥ ⇒ MN ≥
3 
3
3
3

a 3
a 2
Vậy MN ngắn nhất bằng
đạt được khi x =
3
3
2

Theo BĐT Cô–si ta có: a 3b + ab3 ≥ 2a 2b2 ⇒ ab + 2 ≥ 2a 2b 2 +
1
t

Đặt t=a.b>0 ⇒ t + 2 ≥ 2t 2 + ⇔ 2t 3 − t 2 − 2t + 1 ≤ 0 ⇔

0.25

1
ab

1
≤ t ≤1
2

1
1
2
+
≤
(*)
2
2
1+ a 1+ b
1 + ab
1
1
1
1
−
)+(
−
)≤0
Thật vậy: (*) ⇔ (

2
2
1 + a 1 + ab
1 + b 1 + ab
a(b − a)
b(a − b)
⇔
+
≤ 0 ⇔ (a − b) 2 (ab − 1) ≤ 0 (đúng)
2
2
(1 + a )(1 + ab) (1 + b )(1 + ab)
2
3
2
3t
⇒P≤
−
=
−
2
1 + ab 1 +
1+ t t + 2
ab
1
2
3t
2
6



−
<0
Xét t ∈  2 ;1 ; f ( t ) = 1 + t − t + 2 ; f ' ( t ) = −
2
2


( 1 + t ) ( t + 2)

0.25

Với a, b > 0; ab ≤ 1 ta chứng minh

Câu V
(1điểm)

1 

1

*********** Hết***********

0.25

11

Từ đó f ( t ) nghịch biến trên  ;1 ⇒ Max f ( t ) = f  ÷ =
2 
 2  15

1
1
1
;b =
;c = 2
Dấu “=” xảy ra khi t = ⇒ a =
2
2
2

0.25

0.25