Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 trường THPT Nguyễn Duy Thì, Vĩnh Phúc năm học 2016 2017 (Lần 1)

Trường THPT Nguyễn Duy Thì
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1(3 điểm): Cho hàm số: y 

2x  3
(1)
x2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và
tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB 

2 IB , với I (2, 2) .

Câu 2 (2 điểm):
2

x  y

 2x 1  2y 1 
2
1. Giải hệ phương trình: 
 x  y x  2y  3x  2y  4


2. Giải phương trình:

(x, y ).

sin 2x  3tan 2x  sin 4 x
 2.
tan 2 x  sin 2 x

Câu 3(1 điểm):
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có, điểm C thuộc
vào đường thẳng có phương trình: x  y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm
của đoạn AB có phương trình: 3 x  4 y  23  0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B
có hoành độ dương.
Câu 4 (2 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB
đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và mặt
phẳng đáy bằng 600 .
1. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a .
Câu 5(1 điểm) : Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

1
a2  b2  c2  1



2
 a  1  b  1  c  1


Trường THPT Nguyễn Duy Thì
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2016-2017

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN

Câu Ý
1

Lời giải
2x  3
Cho hàm số: y 
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
x2
hàm số .

Điểm
1,5

TXĐ: D  R \ 2

0,5
 phương trình đường TCN: y = 2

lim y  2
x 

lim y  ;lim y  
x  2

y/ 

x  2

1

 x  2

2

 phương trình đường TCĐ: x = 2
0,25

 0 x  D

 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:

x -∞
y
’
y 2

2

-

0,25

+∞

2
+∞

-∞

2

Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)
Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
Đồ thị:

0,5

Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho

1,5


AB  2IB , với I(2;2).
 2 x0  3 
Gọi M  x0 ;
  (C )
x

2
0


PTTT của (C) tại M: y  

0,55

1

 x0  2 

2

x

2 x02  6 x0  6

 x0  2 

2

0,5
Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc
1
 0 nên ta có hệ số góc
của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì y / 
2
 x  2
tiếp tuyến k = -1.


2

1

 x0  1

2

0,25

 x0  1
 1  
 x0  3

 có hai phương trình tiếp tuyến:
y  x  2 ; y   x  6
1 Giải hệ phương trình:
2

x  y

 2x 1  2y 1 

2
 x  y x  2y  3x  2y  4


(1)

0,25
1,0

x, y 

(2)

1

 x   2
Đk: 
y   1

2

0,25

x  y 1  0
Pt(2)  x 2   3 y  3 x  2 y 2  2 y  4  0  
 x  2 y  4  0 (loai )

0,25

Pt(1)  2 x  1 

 x  y
2 y 1 

2

0,25

 4 xy

2

  x  y 2  4 xy 

 2  x  y   2  2 4 xy  2  x  y   1  



2



2

 8 4 xy  3   4 xy  3 4 xy  5
4 xy  3  0

2
 4 xy  5 4 xy  3  8 (loai) (do 1   x  y   4 xy  4 xy  5  0)
1 
3

x

x  y  1 x  


2  
2
Hệ đã cho tương đương: 

3
 xy   4
y  3

y   1


2
2

0,25


 1 3 3 1
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:   ;  ,  ;  
 2 2 2 2
2

Giải phương trình:

sin 2x  3tan 2x  sin 4x
2
tan 2x  sin 2x

cos 2 x  0
Đk: 
(*)
 tan 2 x  sin 2 x  0
Pt tương đương:
3 sin 2 x  tan 2 x  sin 4 x  0
 3sin 2 x cos 2 x  sin 2 x  sin 4 x cos 2 x  0

1
0,25

0,25

  cos 2 x  1 sin 2 x  sin 4 x   0




 x  2  k
cos 2 x  1

cos 2 x  1  0



 sin 2 x  0   x  k

2
sin 4 x  sin 2 x  0

1

cos 2 x  
 x     k

2

3
Nghiệm x  



3

3

0,25

 k thỏa mãn (*)

Phương trình có 2 họ nghiệm: x  

0,25


3

 k

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD
có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình:
x  y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có
phương trình: 3 x  4 y  23  0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B
có hoành độ dương.
Gọi C  c; c  4   d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2:
3x – 4y – 23 = 0.
Ta có  AIM đồng dạng CID


 c  10 c  10 
 CI  2 AI  CI  2 IA  I 
;


3 
 3
c  10
c  10
4
 23  0  c  1
Mà I  d 2 nên ta có: 3
3
3
Vậy C(1;5).
3t  9 
 3t  23 

Ta có: M  d 2  M  t ;
  B  2t  5;

4 
2 


 
3t  5   
3t  19 
AB   2t  10;
 , CB   2t  6;

2 
2 



t  1
 
1
Do AB.CB  0  4  t  5  t  3   3t  5  3t  19   0   29
t 
4
5


1,0

0,25

0,25

0,25

0,25


4

 B (3; 3) (loai )
 33 21 
   33 21 
 B ; 
B  ; 
 5 5
  5 5 

1 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác 1,0
SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc
giữa mặt phẳng ( SCD) và mặt phẳng đáy bằng 600 .
1. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD
SH  AB

Ta có:
 SH   ABCD 
 SAB    ABCD 

a 3
SH 
2
Góc giữa (SCD) và mặt đáy là SMH  600
SH
a
Ta có HM 

tan 600 2
1 a 2 a 3 a3 3
 VS . ABCD  . .

3 2 2
12
2
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a .
Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ
đường thẳng  đi qua H ,   d và  cắt d tại J,  cắt BD tại I. trong

(SHI) kẻ HK vuông góc với SI tại K.
Khi đó: d BD ,SA  d I ,( S ,d )   2d H ,( S ,d )   2d H ,( SBD )   2 HK
IH BH
BH . AD a 5

 IH 

AD BD
BD
10
1
1
1
a 3
Xét SHI vuông tại H, ta có:


 HK 
2
2
2
HK
HS
HI
8
a 3
Vậy d BD ,SA 
4
Cho a, b, c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Ta có  BIH đồng dạng  BAD 

5

0,25

0,25
0,25
0,25
1,0
0,25

0,25
0,5

1,0


1

P

a2  b2  c2  1

 a  b
1 

2



2
 a  1  b  1  c  1

c  1


2

1
1
2
2
2
  a  b   c  1    a  b  c  1
 4
2
2
2
3
3
 a 1 b 1 c 1  a  b  c  3 
 a  1 b  1 c  1  
 

3
3

 

2

54
Vậy P 

a  b  c  1  a  b  c  3 3
a b c
2

2

2

=

f / (t )  
t

2
54

 f (t )
t  t  2 3

4
+

0

+
-

1/4
f(t)
0

0,25
0,25

(t  1)

t  4
2
162

; f / (t )  0  
4
2
t
t  2
t  1(loai )

1

f’(t)

với t  a  b  c  1

0,25

0

a  b  c  3
1

 a  b  c 1
Vậy giá trị lớn nhất của P  khi a  b  c
4
c  1


0,25