Đề đề xuất thi học sinh Giỏi toán 12

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI BÌNH
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: Toán 12
Thời gian làm bài: 180 phút.
(Đề thi này gồm 01 trang)
Câu 1. (6,0 điểm)
a) Tính giới hạn sau: L = lim
x→0

)

(

ln ex + e 1 + x 2 − 1 + x 2
x

1 4
2
b) Cho hàm số y = x − ( 2m − 1) x + m + 3 (1) với tham số m. Tìm tất cả các giá trị của m
8
để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ là bốn đỉnh của một hình vuông.
Câu 2. (3,0 điểm)
 x 2 + 2 y ( y − 4 ) + 3 xy − 8 x = 0
( x, y ∈ ¡ )
Cho hệ phương trình 
2
2
5
+
y
+

x
+
3
y
=
m

a) Giải hệ phương trình khi m = 16.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 3. (2,0 điểm)
2
Giải phương trình sau: sin 2 x − 2 3 cos x +

(

)

3 − 1 ( sin x + 1) +

(

)

3 + 1 cos x = 0

Câu 4. (2,0 điểm)
Trong một trò chơi bốc thăm may mắn, có 6 thẻ được đánh số từ 1 đến 6 đựng trong một
hộp kín. Người chơi được rút một lần duy nhất. Số thẻ rút ra ít nhất là 1 thẻ, nhiều nhất là 3 thẻ.
Người chơi được con số may mắn nếu tổng các số ghi trên các thẻ rút được là số chia hết cho 6.
Tính xác suất để người chơi được con số may mắn.

Câu 5. (2,0 điểm)
4 
 19
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm H  − ; − ÷ là chân
 29 29 
đường cao hạ từ A xuống BC. Đường phân giác trong của góc A có phương trình x = 1 . Dựng ra
 13 
ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A. Biết điểm M  2; ÷ là trung điểm
 2
của DE và 2 AC = 3 AB . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 6. (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác SBC cân tại S, BC = 2a, SB = a 3 . Gọi
D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CS, SB. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của E, F
trên mặt phẳng (ABC). Biết rằng AMDN là hình vuông.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB theo a.
Câu 7. (2,0 điểm)
Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 ≤ 2 . Chứng minh rằng:
1 + b ln a + 1 + a ln b ≤ 0
__________ Hết __________

Họ và tên thí sinh: …………………………………. Số báo danh: …………….………


Câu
1

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI BÌNH
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: Toán 12

Ý
Nội dung
Điểm
2
2
a)
ln ex + e 1 + x − 1 + x
Tính giới hạn sau: L = lim
3.0
x →0
x


x 
2
ln  e 1 + x 2  1 +
÷ − 1 + x
2
0.5

1 + x  

L = lim 
x →0
x

x 
2
2
ln 1 +

÷+ ln 1 + x + 1 − 1 + x
2
0.5
1+ x 
L = lim 
x →0
x



x 
ln  1 +


÷
2
1
−x
1 + x 2  x ln ( 1 + x )



L = lim
.
+ .
+
0.5
2
2
2 

x →0 
x
2
x
1+ x
1+ 1+ x


1 + x2



x 
ln 1 +
÷
2
x
1
+
x

 =1
Ta có lim
0.5
= 0 ⇒ lim
2
x→0
x →0
x
1+ x

1 + x2
ln ( 1 + x 2 )
1
x
−x
0.5
lim
= 1;lim
= 1;lim = 0;lim
=0
2
x→0
x →0
x →0 2
x →0
x
1 + x2
1 + 1 + x2
Do đó L = 1
0.5
b)
1 4
2
Cho hàm số y = x − ( 2m − 1) x + m + 3 (1) với tham số m.
8
3.0
Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị cùng với
gốc tọa độ là bốn đỉnh của một hình vuông.
TXĐ: D = ¡
1

1
y ' = x 3 − 2 ( 2m − 1) x = x ( x 2 − 4 ( 2m − 1) )
2
2
0.5
x
=
0

y'= 0 ⇔  2
 x = 4 ( 2m − 1)
Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có
ba nghiệm phân biệt.
0.5
1
⇔ 2m − 1 > 0 ⇔ m >
2
0.5
1
Với m > đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A ( 0; m + 3) ,
2

)

(

(

B −2 2m − 1; m + 3 − 2 ( 2m − 1)

2

) ,C ( 2

2m − 1; m + 3 − 2 ( 2m − 1)

2

)

Gọi O ( 0;0 ) là gốc tọa độ và I là giao điểm của BC với trục tung, khi đó

(

I 0; m + 3 − 2 ( 2m − 1)

2

)

2


uuur
uuur
2
2
AB = −2 2m − 1; −2 ( 2m − 1) , AC = 2 2m − 1; −2 ( 2m − 1)

(

2

a)

)

(

)

Ta thấy B, C đối xứng với nhau qua Oy nên điều kiện để OBAC là hình
vuông là:
 I lµ trung ®iÓm cña OA
 I lµ trung ®iÓm cña OA
⇔  uuur uuur
·
0
 BAC = 90
 AB. AC = 0
2 ( m + 3) − 2 ( 2m − 1) 2  = m + 3  m + 3 = 4 ( 2m − 1) 2



⇔ 
⇔
3
4
−4 ( 2m − 1) + 4 ( 2m − 1) = 0
( 2m − 1) ( 2m − 1) − 1 = 0

⇔ m = 1( tm )
KL: m = 1 thì ĐTHS có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ là 4 đỉnh của
một hình vuông.
 x 2 + 2 y ( y − 4 ) + 3 xy − 8 x = 0
( x, y ∈ ¡ )
Cho hệ phương trình 
2
 2 5 + y + x + 3 y = m
Giải hệ phương trình khi m = 16.
Với m = 16 ta có hệ phương trình:
 x 2 + 2 y ( y − 4 ) + 3 xy − 8 x = 0 ( 1)

2
( 2)
 2 5 + y + x + 3 y = 16
( 1) ⇔ ( x + y ) ( x + 2 y ) − 8 ( x + y ) = 0 ⇔ ( x + y ) ( x + 2 y − 8) = 0

0.5

0.5

0.5

1.5

0.5

 x + y = 0 ( 3)
⇔
 x + 2 y = 8 ( 4 )

Với x + y = 0 thay vào (2) ta được:
 y ≤8
59

2 5 + y + 2 y = 16 ⇔ 5 + y = 8 − y ⇔ 
59 ⇔ y = ±
16
y =
16

 59 59   59 59 
Hệ phương trình có các nghiệm ( x; y ) là  − ; ÷,  ; − ÷
 16 16   16 16 
Với x + 2 y = 8 thay vào (2) ta được:
2

2

2 5 + y 2 + y + 8 = 16 ⇔ 2 5 + y 2 = 16 − y + 8
 y + 8 ≤ 16
⇔ 2
3 y + 32 y + 8 − 16 ( y + 8 ) − 172 = 0 ( *)
* TH1: 0 ≤ y + 8 ≤ 16 ⇔ −8 ≤ y ≤ 8 phương trình (*) trở thành:
 y = 2 ( tm )
2
3 y + 16 y − 44 = 0 ⇔ 
 y = − 22 ( tm )

3
 22 68 

Hệ phương trình có các nghiệm ( x, y ) là ( 2; 4 ) ,  − ; ÷
 3 3 
−
16
≤
y
+
8
<
0
⇔
−
24
≤
y
<
−
8
* TH2:
ta có:
2
2
3 y + 32 y + 8 − 16 ( y + 8 ) − 172 = 3 y + 48 y + 8 − 172 > 0
phương trình (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.

3

0.5

0.5

b)

Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm?
 x 2 + 2 y ( y − 4 ) + 3 xy − 8 x = 0 ( 1)

2
( 2 ')
 2 5 + y + x + 3 y = m
 x + y = 0 ( 3)
Theo ý a) từ (1) ta có 
 x + 2 y = 8 ( 4 )

1.5

0.5

Với x + y = 0 thay vào (2’) ta được: 2 5 + y 2 + 2 y = m
Do 2 5 + y 2 + 2 y ≥ 2 5, ∀y ∈ ¡ nên hệ phương trình có nghiệm khi
m≥2 5

( I)

Với x + 2 y = 8 thay vào (2’) ta được: 2 5 + y 2 + y + 8 = m ( 5 )
2 5 + y 2 + y + 8 nÕu y ≥ −8
Xét hàm số g ( y ) = 2 5 + y + y + 8 = 
2 5 + y 2 − y − 8 nÕu y < −8
2y
+1

Trên khoảng ( −8; +∞ ) , g ' ( y ) =
5 + y2
2

0.5

 −2 y ≥ 0
5
g '( y ) = 0 ⇔ 2 y + 5 + y2 = 0 ⇔ 
⇔ y = − ( tm )
2
2
3
5 + y = 4 y
2y
−1 < 0
Trên khoảng ( −∞; −8 ) , g ' ( y ) =
5 + y2
Ta có bảng biến thiên:

0.5

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có nghiệm khi
m ≥ 8 + 15 ( II )
3

Từ ( I ) , ( II ) suy ra hệ có nghiệm khi m ≥ 2 5
Giải phương trình sau:
sin 2 x − 2 3 cos 2 x +

( 1) ⇔ 2sin x cos x − 2

(

)

3 − 1 ( sin x + 1) −

(

)

3 + 1 cos x = 0 ( 1)

3 cos 2 x + 3 sin x + 3 − sin x − 1 −

(

⇔ 2sin x.cos x + 3 sin 2 x − 3 cos 2 x + 3 sin x − sin x − 1 −

)

2.0

3 + 1 cos x = 0

(

)

3 + 1 cos x = 0

0.5

)
( 3 + 1) cos x = 0
⇔
3 cos x + sin x + 1) − cos x ( 3 cos x + sin x + 1) − sin x − 1 − 3 cos x = 0
⇔ ( 3 cos x + sin x + 1) ( 3 sin x − cos x − 1) = 0

0.5

(
3 sin x (

⇔ 3 sin x

3 cos x + sin x + 1 − 3 cos 2 x − sin x cos x − sin x − 1 −

4



π  
π 


⇔  2 cos  x − ÷+ 1÷ 2sin  x − ÷− 1 ÷ = 0
6  
6 




 
π
1
cos  x − 6 ÷ = − 2 ( 2 )


⇔
 
π 1
( 3)
sin  x − ÷ =
6 2
 

4

5π

x=
+ k 2π

π
2π

6
( 2 ) ⇔ cos  x − ÷ = cos ⇔ 
( k ∈¢)

6
3

 x = − π + k 2π

2
π

x = + k 2π
π
π


( 3) ⇔ sin  x − ÷ = sin ⇔  3
( k ∈¢)
6
6

 x = π + k 2π
Các nghiệm của phương trình (1) là:
5π
π
π
x=
+ k 2π ; x = − + k 2π ; x = + k 2π ; x = π + k 2π ( k ∈ ¢ )
6
2
3
Trong một trò chơi bốc thăm may mắn, có 6 thẻ được đánh số từ 1 đến 6
đựng trong một hộp kín. Người chơi được rút một lần duy nhất. Số thẻ rút ra

ít nhất là 1 thẻ, nhiều nhất là 3 thẻ. Người chơi được con số may mắn nếu
tổng các số ghi trên các thẻ rút được là số chia hết cho 6. Tính xác suất để
người chơi được con số may mắn.
Do người chơi được phép rút 1 thẻ hoặc 2 thẻ hoặc 3 thẻ nên:
1
2
3
Không gian mẫu của phép thử: n ( Ω ) = C6 + C6 + C6 = 41
Do hộp chỉ có 6 thẻ đánh số từ 1 đến 6 nên số may mắn chỉ có thể là 6 hoặc
12.
Người chơi cần phải rút được một trong các bộ thẻ sau để nhận được con số
may mắn: { 6} , { 1;5} , { 2; 4} , { 1; 2;3} , { 1;5;6} , { 2; 4;6} , { 3; 4;5}

5

Gọi A là biến cố người chơi nhận được con số may mắn.
Số thuận lợi là: n ( A ) = 7
7
Xác suất cần tìm là: p ( A ) =
41
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy
cho tam giác ABC có điểm
4 
 19
H  − ; − ÷ là chân đường cao
 29 29 
hạ từ A xuống BC. Đường phân
giác trong của góc A có phương
trình x = 1 . Dựng ra ngoài tam giác
ABC các tam giác ABD, ACE

vuông cân tại A. Biết điểm
 13 
M  2; ÷ là trung điểm của DE và
 2
2 AC = 3 AB . Tìm tọa độ các đỉnh
A, B, C.

5

0.5

0.5

2.0

0.5
0.5

0.5

0.5
2.0


·
·
Ta có: AB ⊥ AD, AB = AD, AC ⊥ AE , AC = AE , DAC
= BAE
uuuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
AM .BC = AD + AE . AC − AB = AD.AC − AB.AD + AC . AE − AE .AB

2
2
1 uuur uuur uuur uuur 1
·
·
= AD. AC − AE. AB = AD. AC.cos DAC
− AE. AB.cos BAE
=0
2
2
⇒ AM ⊥ BC ⇒ M, A, H thẳng hàng.
uuuur  77 385 
r
HM =  ;
u
= ( 2;5 ) là một VTCP của đường thẳng HM
nên
÷
 29 58 
19  
4 

Phương trình BC: 2  x + ÷+ 5  y + ÷ = 0 ⇔ 2 x + 5 y + 2 = 0
29  
29 

13 

Phương trình HM: 5 ( x − 2 ) − 2  y − ÷ = 0 ⇔ 5 x − 2 y + 3 = 0
2


⇒ A ( 1; 4 )

(

(

)(
) (

)

(

)

)

4

Giả sử phân giác trong góc A cắt BC tại F. Ta có F  1; − ÷
5

u
u
u
r
uuur
2m + 2 
FC AC 3


=
=
⇒
2
FC
=
3
BF
Gọi B  m; −
.
Từ
giả
thiết
÷
5 
BF AB 2

 5 − 3m 3m − 7 
;
Suy ra C 
÷
5 
 2
uuur  3 ( 1 − m ) 3 ( m − 9 )  uuur 
−2 ( m + 11) 
;
Khi đó: AC = 
÷; AB =  m − 1;
÷

2
5
5




Lại có: 2 AC = 3 AB ⇔ 4 AC 2 = 9 AB 2
2
 9 ( m − 1) 2 9 ( m − 92 ) 

4 ( m + 11) 
2
 = 9 ( m − 1) +
⇔ 4
+

4
25
25





0.5

0.5

0.5

0.5

⇔ ( m − 9 ) = ( m + 11) ⇔ m = −1
2

2

Vậy A ( 1; 4 ) , B ( −1;0 ) , C ( 4; −2 )
Cho hình chóp S.ABC có
SA ⊥ ( ABC ) , tam giác SBC cân

6

tại S, BC = 2a, SB = a 3 . Gọi D,
E, F lần lượt là trung điểm của BC,
CS, SB. Gọi M, N lần lượt là hình
chiếu vuông góc của E, F trên mặt
phẳng (ABC). Biết rằng AMDN là
hình vuông.

a)

Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của E, F trên mặt phẳng (ABC) nên
M, N lần lượt là trung điểm của AC, AB.
1
Dễ thấy MN = EF = BC = a (Tính chất đường trung bình trong tam giác)
2
Theo giả thiết AMDN là hình vuông nên AD = MN = a

Tam giác SBC cân tại S, D là trung điểm BC nên BC ⊥ SD

6

1.5

0.5

0.5


·
Mà SA ⊥ ( ABC ) ⇒ BC ⊥ SA . Suy ra BC ⊥ AD , ( ( SBC ), ( ABC ) ) = SDA
Ta có: SD = SB 2 − BD 2 = a 2
1
1
S SBC = SD.BC = a 2 2 , S ABC = AD.BC = a 2
2
2
Tam giác ABC là hình chiếu của tam giác SBC trên (ABC). Do đó:
S
1
·
·
cos SDA
= ABC =
⇒ SDA
= 450 ⇒ SA = AD = a
S SBC
2

0.5

3

b)

1
a
Vậy VS . ABC = S ABC .SA =
3
3
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB theo a.
Dựng hình chữ nhật ADBP, gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên SP.
Khi đó AD / / PB ⇒ AD / / ( SBP )
⇒ d ( AD; SB ) = d ( AD; ( SBP ) ) = d ( A; ( SBP ) )

7

Ta có BP ⊥ AP, BP ⊥ SA ⇒ BP ⊥ ( SAP ) ⇒ AK ⊥ BP
Mà AK ⊥ SP nên AK ⊥ ( SBP ) ⇒ AK = d ( A;( SBP ) )
Lại có AP = BD = a ⇒ ∆SAP vuông cân tại A, đường cao AK.
a 2
a 2
Khi đó AK =
hay d ( AD; SB ) =
2
2
Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn: a 2 + b 2 ≤ 2 .
Chứng minh rằng: 1 + b ln a + 1 + a ln b ≤ 0

2
2
a + b)
⇒ a+b ≤ 2
Với a, b > 0 , ta có 2 ≥ a 2 + b 2 ≥ a + b + ab = (
2
2
ln a
ln b
+
≤0
Mặt khác 1 + b ln a + 1 + a ln b ≤ 0 ⇔
1+ a
1+ b
ln x
x
−
Xét hàm số f ( x ) =
trên ( 0; +∞ ) ta có
1+ x
2
1+ x
ln x
−
1
1
ln x
x
2 1+ x − 1 =
f '( x) =

−
−
1+ x
2 x 1+ x
2 2(1+ x) 1+ x

1.5
0.5

0.5
0.5
2.0

2

0.5

0.5

BBT:
* Ta thấy f ' ( 1) = 0
* Với 0 < x < 1 ta có
ln x < 0;0 < x 1 + x < 2 ⇒ f ' ( x ) > 0
* Với x > 1 ta có
ln x > 0; x 1 + x > 2 ⇒ f ' ( x ) < 0

0.5

Từ bảng biến thiên ta có:
1

1
ln x
x −1
f ( x) ≤ −
, ∀x > 0; f ( 1) = −
⇒
≤
, ∀x > 0
2
2
1+ x
2
ln a
ln b
a −1 b −1 a + b − 2
⇒
+
≤
+
=
≤ 0 ⇔ 1 + b ln a + 1 + a ln b ≤ 0
1+ a
1+ b
2
2
2
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: a = b = 1

0.5

7