BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN: TOÁN - LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1.

 x 3 1  2y   1
a) Giải hệ phương trình 
3
 x  y  1  2.
b) Giải phương trình

x  1  2  2x 

6x  2
9x 2  4

.

Câu 2.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:

x 1  2 4 x2  x  m x  0 .
Câu 3.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
đoạn thẳng BC và N là điểm thuộc đoạn thẳng AC sao cho AC  4AN . Đường thẳng
 1 3 

DM có phương trình y  1  0 và N  ;  . Xác định tọa độ điểm A.
2 2 
Câu 4.
a) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại H (A1  BC,
B1  AC, C1  AB) . Biết AA1  2 2, CC1  3 và HB  5HB1. Tính tích cot A.cot C và diện

tích tam giác ABC.
b) Cho a, b,c là các số thực không âm có tổng bằng 3. Chứng minh rằng

a 2  b 2  c 2  abc  4 .
Câu 5.

Tập hợp X có 2 n  n 

*



phần tử được chia thành các tập con đôi một không giao

nhau. Xét quy tắc chuyển phần tử giữa các tập như sau: nếu A, B là các tập con của X
và số phần tử của A không nhỏ hơn số phần tử của B thì ta được phép chuyển từ tập A
vào tập B số phần tử bằng số phần tử của tập B. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn
các bước chuyển theo quy tắc trên, ta nhận được tập X.
------------HẾT------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.

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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

(Đề thi có 1 trang, gồm 6 câu)

Câu 1.
a. Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  3mx 2  m có ba điểm cực trị A, B, C sao cho tam
giác ABC có trọng tâm là điểm O(0;0) .
b. Tìm trên đồ thị hàm số y 

x 1
hai điểm A, B sao cho AB vuông góc với đường
x2

thẳng y  x và AB  2 2 .
Câu 2.
a. Tìm các số thực a, b thỏa mãn: log 2 a  2log 3 b  2log 5 (a  b) .
b. Cho các phương trình:

x 2016  x 2015  x 2014  ...  x 1  0 (1) ;

x 2017  x 2016  x 2015  ...  x  1  0 (2) .

Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm dương. Gọi các nghiệm
dương của phương trình (1) và (2) lần lượt là a và b , hãy so sánh aeb và be a .
 x  y  1

Câu 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 

 x  1  y  2  m

.

Câu 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB  a; BC  2a , góc giữa đường thẳng A ' B và mặt phẳng (ABC) là 600. Gọi G là
trọng tâm tam giác AA’C’.
a. Tính thể tích khối tứ diện GABA’.
b. Tính khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng (GBC).
Câu 5. Cho mặt cầu (H) bán kính R . Hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên

bằng b nội tiếp mặt cầu (H) . Xác định a, b theo R để khối chóp S.ABCD có thể tích
lớn nhất.
Câu 6. Ở địa phương X, người ta tính toán thấy rằng: nếu diện tích khai thác rừng hàng năm
không đổi như hiện nay thì sau 50 năm nữa diện tích rừng sẽ hết, nhưng trên thực tế thì
diện tích khai thác rừng tăng trung bình hàng năm là 6% /năm. Hỏi sau bao nhiêu năm
nữa diện tích rừng sẽ bị khai thác hết?. Giả thiết trong quá trình khai thác, rừng không
được trồng thêm, diện tích rừng tự sinh ra và mất đi (không do khai thác) là không
đáng kể (cho biết log1,06 4, 06  24 ).

_____________ Hết _____________
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ......................................................Số báo danh:....................................................


Câu

NỘI DUNG
Ta có y '  4 x  6mx  2 x(2 x  3m)
Hàm số có 3 cực trị  phương trình y '  0 có ba nghiệm phân biệt  m  0
3

2

3m
9m 2
3m
9m 2
;m 
); C (

;m 
)
2
4
2
4
m  0
9m 2
Tam giác ABC có trọng tâm là O(0;0)  3m 
0
m  2
2
3

2
Đối chiếu điều kiện ta có m 
3
Đường thẳng AB có dạng: y   x  m (d)

Lúc đó đồ thị có 3 cực trị A(0; m); B(

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị hàm số là
x 1
  x  m  x 2  (m  1) x  2m  1  0 (1); x  2 .
x2

Đồ thị cắt đường thẳng tại 2 điểm phân biệt A, B khi PT (1) có hai nghiệm phân
 m 2  6m  3  0

biệt khác 2  

(*)
3  0
Lúc đó A( x1 ;  x1  m); B( x2 ;  x2  m) với x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1).

Ta có: AB 2  2( x1  x2 ) 2  8 x1 x2  8  m 2  6m  7  0  m  1, m  7 (thỏa mãn (*))
Với m  1 thay vào (1) ta có x  1 suy ra: A(1;0); B(1;  2) và ngược lại.
Với m  7 thay vào (1) ta có x  3, x  5 suy ra: A(3; 4); B(5; 2) và ngược lại.
Đặt log 2 a  2 log 3 b  2 log 5 (a  b)  2t  a  4t ; b  3t ; a  b  5t
t

t

3  4
Ta có 3  4  5        1 (1)
5 5
t

t

t

t

t

3  4
Đặt f (t )       với t  R . Ta thấy f(t) là hàm số nghịch biến và f (2)  1
5  5
suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất t  2  a  16; b  9

Vậy a  16; b  9

Đặt f ( x)  x 2016  x 2015  ...  x  1; g ( x)  x 2017  x 2016  ...  x  1 trên [0;  )
Ta có f, g là các hàm số liên tục trên
và f '( x)  0, g '( x)  0 x  0
suy ra các hàm số f, g đều đồng biến trên [0;  )
Do đó các phương trình f ( x)  0; g ( x)  0 có tối đa một nghiệm.
Lại có f (0). f (1)  0; g (0).g (1)  0
nên các phương trình f ( x)  0; g ( x)  0 có đúng một nghiệm  (0;1) .
Vì a, b là các nghiệm của (1) và (2) nên f (a)  0; g (b)  0 .
Lại có g (a)  a 2017  a 2016  ...  a  1  a 2017  f (a)  a 2017  0
 g (a )  g (b)  a  b vì g là hàm số đồng biến
eb e a
Ta có ae  be  ab(  ) .
b a
b

a

1

Điểm


ex
với x  (0;1) .
x
e x x  e x e x ( x  1)
Ta có h '( x) 


 0 suy ra h( x) là hàm số nghịch biến trên (0;1) .
x2
x2
eb e a
Vì a  b nên h(b)  h(a) suy ra aeb  bea  ab(  ) >0.
b a
b
a
Vậy ae  be .
 x  y  1
Tìm m để hệ có 
có nghiệm.
 x  1  y  2  m
Đặt x  a; y  b (a, b  0)

Xét hàm h( x) 

a  b  1

b  1  a

 2
2
2
2
 a  1  b  2  m
 a  1  a  2a  3  m

Ta có hệ 

Ta cần tìm m để phương trình m  a 2  1  a 2  2a  3 có nghiệm  [0;1] .
Đặt f (a)  a 2  1  a 2  2a  3 trên [0;1]
f '(a ) 

a
a2  1



a 1
a 2  2a  3

;

f '(a )  0  a (a  1) 2  2  (1  a ) a 2  1  a 2 (a  1) 2  2a 2  (a  1) 2 a 2  (a  1) 2
1
 2a  1  a  a 
 2  1 (vì a  (0;1) )
2 1

Ta có f (1)  2 2; f (0)  3  1;





f ( 2  1)  4  2 2  8  4 2  2  2 2  2  2 2  2  4  2 2

Từ đó ta có GTLN của f(x) là 2 2 ; GTNN của f(x) là
do đó

42 2

42 2  m  2 2

Lưu ý:
- Học sinh có thể lập BBT để kết luận thì không phải so sánh các giá trị trên;
- Không cần thiết phải rút gọn giá trị f ( 2  1)
C'

B'
M'

A'

G

H

C

B

A

Theo giả thiết ta có A ' BA  600  AA'=AB.tan600  a 3

2

1
1
1
3 3
VA '. ABC  S ABC .AA'  BA.BC.AA'= a.2a.a 3 
a
3
6
6
3
VA '.GAB A ' G A ' A A ' B 1
3 3

.
.
  VA '.GAB 
a
VA '.CAB A ' C A ' A A ' B 3
9

Ta có: d (C ', (GBC ))  d ( A;(GBC ))  d ( A;( A ' BC )) (1)
Kẻ AH vuông góc với A’B.
Ta có BC  ( ABB ' A ')  BC  AH .Do đó AH ( A ' BC )  d ( A;( A ' BC ))  AH .
Xét tam giác vuông A’AB:

1
1
1
1
1

4
a 3


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AB
AA'
a 3a
3a
2

a 3
2

Do đó d (C ', (GBC )) 

S

S

M
M
O
B

C

I
A
I
A

D

O

Hình 2
Hình 1
Gọi I là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm SA.
Ta thấy O nằm trong hoặc nằm ngoài đoạn SI (hình 2) thì ta đều có AIOM hoặc

SA2
b2

AOIM đều là các tứ giác nội tiếp, do đó SM .SA  SI .SO  SI 
.
2 SO 2 R
Mặt khác ta lại có SI 2  SA2  IA2  b 2 

a2
2

b4
a2
b4
2

2
2
 b   a  2b  2
suy ra
4R2
2
2R
VS . ABCD

1
1 b 2 2 b 2  2 b 4  b 4 (4 R 2  b 2 )
 SI .S ABCD 
.a 
 2b  2  
3
3 2R
6R 
2R 
12 R 3
3

 4 R 2  64 R 6
b4
b2 b2
2
2
2
2
(4 R  b )  . (4 R  b )  
Ta có

 
4
2 2
27
 3 
suy ra VS . ABCD 

64 3
R ,
81

4R

 2 8R 2
a

b


3

3
có “=” 


2
a 2  16 R
b  2 6 R

9

3

3


2 6R
4R
; b
3
3
Lưu ý: Học sinh có thể sử dụng hàm số để tìm GTLN của V.
Gọi S là diện tích rừng khai thác trong một năm như hiện nay.
6
Diện tích rừng hiện nay là: 50S .
(2.5 đ)
Giả sử sau n năm nữa diện tích rừng sẽ bị khai thác hết.
Sau một năm diện tích rừng khai thác hết: 1, 06.S
Vậy thể tích khối chóp lớn nhất khi a 

Sau hai năm diện tích rừng khai thác hết: 1, 06.S  1, 06  .S
2

……

Sau n năm diện tích rừng khai thác hết: 1, 06.S  1, 06  .S  ...  1, 06  .S
2

n

Theo giả thiết ta có:

 50 S  S .1.06  S . 1, 06   S . 1, 06   ...  S . 1, 06 
2

3

 50  1.06  1,06   1,06   ...  1,06 
2

 1, 06 

n1

3

n

n

1,06 
 1.06.

n

1

0,06

 4, 06  n  1  log1,06 4, 06  24  n  23

Vậy sau 23 năm nữa diện tích rừng sẽ bị khai thác hết.

………………………..HẾT…………………………

4