Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Hải Dương - TOANMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1( 2,0 điểm):
1) Cho I  2;1 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y  x3  3mx  1 có hai điểm cực trị A, B sao
cho diện tích ΔIAB bằng 8 2 .
2) Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho
A ở trên bờ biển đến một vị trí B trên một hòn đảo. Hòn đảo
cách bờ biển 6 km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông
góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9 km. Người ta
cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn theo đường
gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp
nhất, biết rằng giá để lắp đặt mỗi km đường ống trên bờ là
100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng.
Câu 2 (2,0 điểm):

B

6km
D

C

A

9km

8
 tan x  cot 3 x.
3
sin 2 x
 x3  6 x 2  13 x  y 3  y  10
.
2) Giải hệ phương trình 
3
2
 2 x  y  2  5  x  y  x  3 x  10 y  8

1) Giải phương trình

Câu 3 (2,0 điểm):
1) Cho dãy số (un ) có u1  7, un 1  5un  12 (n  * ) . Tìm lim

un
.
5n

2) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (I) có hai đường kính AB và MN với A(1;3), B(3; 1) . Tiếp

tuyến của (I) tại B cắt các đường thẳng AM và AN lần lượt tại E và F. Tìm tọa độ trực tâm H của
MEF sao cho H nằm trên đường thẳng d : x  y  6  0 và có hoành độ dương.
Câu 4 (3,0 điểm):



  1200 .
B  600 , CS
B  900 , ASC
Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , AS
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2) Gọi I, J, G lần lượt là trung điểm SC, AB, IJ. Mặt phẳng (P) đi qua G cắt các cạnh SA, SB, SC lần
lượt tại A’, B’, C’. Gọi VA. A ' B 'C ' ,VB. A ' B 'C ' ,VC . A ' B 'C ' lần lượt là thể tích các khối chóp A. A ' B ' C ' , B. A ' B ' C ' ,
C. A ' B ' C ' . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  VA. A ' B 'C '  VB. A ' B 'C '  VC . A ' B 'C ' theo a.
3) Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt trên cạnh AB và SC sao cho
của đoạn thẳng MN.
Câu 5 (1,0 điểm):
Với các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

CN AM

. Tìm giá trị nhỏ nhất
SC
AB

1
8
.

2
2a  b  8bc
2b  2(a  c) 2  5

..............................HẾT..................................
-

Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Giám thị không giải thích gì thêm

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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2017
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

Nội dung

Điểm

1) Tìm tất cả các giá trị của m để (Cm ) y  x  3mx  1 có hai điểm cực trị A, B sao cho
3

diện tích ΔIAB bằng 8 2 với I(2;1).
TXĐ: D=  ; y '  3x 2  3m; y '  0  x 2  m (1)

(Cm ) có hai điểm cực trị A, B  PT (1) có 2 nghiệm phân biệt  m  0

Khi đó: A
I.1



 

(1,0đ)

0,25



m ; 2m m  1 , B  m ; 2m m  1

Phương trình AB: y  2mx  1 hay 2mx  y  1  0
Ta có: AB  4m  4m 2  1 , d  I ; AB  

4m
4m 2  1



4m
4m 2  1
4m

0,25

( Do m  0)

1
1
S ABI  . AB.d  I ; AB   . 4m  4m 2  1 .
8 2
2
2
4m 2  1
 4m m  8 2  m m  2 2  m  2 (TM )

0,25
0,25

Kết luận: m = 2
2) Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ đến một vị
trí B trên một hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6 km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC
vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9 km. Người ta cần xác định một vị
(1,0đ)
trí D trên AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số
tiền chi phí thấp nhất, biết rằng giá để lắp đặt mỗi km đường ống trên bờ là
100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng.
+ Đặt CD  x  km  , x  [0;9]
B

 CD 

x2  36 ; AD  9  x nên chi phí

xây dựng đường ống là :

6km

0,25
C

I.2

T  x   260000000 x 2  36  100000000(9  x) đồng

D

A

9km

+ Xét hàm số T(x) trên đoạn [0 ; 9] ta có :

 13x

T '(x)  20000000 
 5   T’(x) = 0  13x  5 x 2  36
 2

0,25
 x  36

25
5
 168x 2  25 x 2  36  x 2 

.
x
4
2
5
+ Lại có T(0)  2460000000 ; T( )  2340000000 ; T(9)  260000000 117
2
0,25
5
Suy ra T(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [0 ; 9] bằng 2340000000 khi x = .
2
5
+ Vậy chi phí lắp đặt thấp nhất bằng 2340000000 đồng khi x =
hay điểm D cách A một 0,25
2






khoảng bằng 6,5 km.

1) Giải phương trình

8
 tan x  cot 3 x.
3
sin 2 x

Điều kiện: sin 2x ¹ 0 . PT tương đương với
II.1

(1,0đ)

8
cos 4 x  sin 4 x

sin 3 2 x
sin 3 x cos x

0,25

1
 cos 2 x  sin 2 x  1  cos2 x.cos 2 x
2
cos x
 cos 2 2 x  cos2 x  2  0
cos2 x  1

kết hợp với điều kiện : phương trình vô nghiệm
cos2 x  2



0,25
0,25
0,25

3

2
3
(1)
 x  6 x  13 x  y  y  10
2) Giải hệ phương trình 
3
2
 2 x  y  2  5  x  y  x  3 x  10 y  8 (2)

2 x  y  2  0
* ĐK: 
5  x  y  0

1   x  2 

II.2

3

(1,0đ)

0,25

 x  2  y 3  y (*)

Xét hàm số f  t   t 3  t . Ta có f '  t   3t 2  1  0t    f  t  đồng biến trên 
Do đó (*)  y  x  2 .
Thay y  x  2 vào (2) ta được : 3 x  7  2 x  x3  3x 2  10 x  28
 3x  3  1  7  2 x  x 3  3 x 2  10 x  30 
x  3

 3
2


 x 2  10 (3)
 3x  3 1  7  2 x
7
PT (3) vô nghiệm vì với 0  x  thì
2
x  3
có nghiệm duy nhất 
.
y 1

3  x  3



2  x  3

3x  3 1  7  2 x

  x  3  x 2  10 

3
2

 1  2  3, x 2  10  10 . Vậy hệ
3x  3 1  7  2 x

1) Cho dãy số (un ) có u1  7, un 1  5un  12 (n  * ) . Tìm lim

0,25

un
.
5n

un 1  5un  12  un 1  3  5(un  3)

0,25

0,25

(1,0đ)

0,25

Đặt vn  un  3  vn 1  5vnn    dãy số (vn ) lập thành cấp số nhân có công bội
III.1 q  5, v  u  3  10
1
1
*

 vn  v1q n 1  10.5n 1  un  2.5n  3

0,25
0,25

n

un
2.5n  3
1
 lim n  lim
 lim[  2  3   ]=-2
n
5
5
5
3) 2) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (I) có hai đường kính AB và MN với
A(1;3), B(3; 1) . Tiếp tuyến của (I) tại B cắt các đường thẳng AM và AN lần lượt tại E
III.2
và F. Tìm tọa độ trực tâm H của MEF sao cho H nằm trên đường thẳng
d : x  y  6  0 và có hoành độ dương.

0,25
(1,0đ)


Đường tròn (I) có tâm I  2;1 ,bán kính r  5 . AF là
đường cao tam giác MEF nên H,A,F thẳng hàng
AI song song với HM nên

E
M

H

AI

NI
1

  HM  2AI
HM NM 2
I'

B

A

I

0,25
N

F

Gọi I’đối xứng với I qua A nên I '(0;5) . I I’  2AI  HM, I I’ / /HM nên HMI I’ là hình bình
hành  I’H=IM=r= 5

H  d  H (t ; t  6), t  0 ; I ' H  5  (t  0) 2  (t  6  5) 2  5
t  1
 2t 2  2t  4  0  
. Vậy H (1;7) .
t  2(l )


  1200 .
B  600 , CS

B  900 , ASC
Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , AS

1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Xét tứ diện SABC có : SA  SB  SC  a

 ABS đều :do SA=SB, AS
B  600  AB  a
 SBC vuông tại S BC  a 2

0,25
0,25
(1,0đ)

S

120

a

SAC : AC  SA2  SC 2  2 SA.SC.Cos1200  a 3

a

0,25

a

IV.1

0,25

C

H

A

B

AC 2  AB 2  BC 2  ABC vuông tại B
Hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a . Hạ SH  (ABC)  H là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC  H là trung điểm của AC
a2 2
1
a3 2
a
Xét  SAC:SH=
; Có : S ABC 
 VS . ABC  SH .SABC 
2
3
12
2

Có :

2) Gọi I, J, G lần lượt là trung điểm SC, AB, IJ. Mặt phẳng (P) đi qua G cắt các cạnh
SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’. Gọi VA. A ' B 'C ' ,VB. A ' B 'C ' ,VA. A ' B 'C ' lần lượt là thể tích các
IV.2

khối chóp A. A ' B ' C ', B. A ' B ' C ', A. A ' B ' C ' . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  VA. A ' B 'C '  VB. A ' B 'C '  VC . A ' B 'C ' theo a.

0,25
0,25
0,25

(1,0đ)


      


Đặt a  SA, b  SB, c  SC , SA '  xSA  xa,


 


SB '  ySB  yb, SC '  zSC  zc(0  x, y, z  1)
  
    
 
C ' A '  SA '  SC '  xa  zc, C ' B '  SB '  SC '  yb  zc
   
  
GA  GB  GC  GS  2GI  2GJ  0
   

 C ' A  C ' B  C ' C  C ' S  4C ' G

 1     1  1   1
 C ' G  ( SA  SB  SC  4 SC ')  a  b  c(  z )(1)
4
4
4
4

S

c
I
C'

A'
b

0,25

a

G

A

C
B'

J
B


 

 
Do A’, B’, C’, G đồng phẳng nên C ' G  mC ' A '  nC ' B '  mxa  nyb  c( mz  nz )(2)
1

mx  4

  
1
1 1 1

Mà a, b, c không đồng phẳng nên từ (1) và (2) ta có ny 
   4
4
x y z

1

 mz  nz  4  z

VA. A ' B 'C ' AA ' SA  SA ' 1


 1
Ta có
VS . A ' B 'C ' SA '
SA '
x

V
V
V
1
1
1
Tương tự ta có A. A ' B 'C '  B. A ' B 'C '  C . A ' B 'C '   1   1   1  1
VS . A ' B 'C ' VS . A ' B 'C ' VS . A ' B 'C ' x
y
z
 VA. A ' B 'C '  VB. A ' B 'C '  VC . A ' B 'C '  VS . A ' B 'C '

0,25

0,25

VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

 xyz  VS . A ' B 'C '  xyzVS . ABC
.
.
VS . ABC
SA SB SC
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
1 1 1
1
27
27
9a 3 2
4    3

 xyz 
 P  VA. A ' B 'C '  VB. A ' B 'C '  VC . A ' B 'C '  VS . ABC 
x y z
xyz
64
64
256
3

0,25

3

9a 2
256
(1,0đ)
CN AM
. Tìm giá trị
3)Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt trên cạnh AB và SC sao cho

SC
AB
nhỏ nhất của đoạn thẳng MN.
CN AM
Đặt

 m(0  m  1)
S
SC
AB



 

 
 NC  mSC  mc, AM  m AB  m(b  a)
0,25
    
   

c
MN  MA  AS  SC  CN   m(b  a )  a  c  mc



IV.3  (m  1)a  mb  (1  m)c
b
N
khi x  y  z 

3
9a 2
thì P 
nên giá trị nhỏ nhất của P là
4
256

a
A

C
M
B

  a2  

a2
Do a.b  , b.c  0, a.c  
nên
2
2

MN 2  (3m 2  5m  3)a 2

0,25


V

0,25

5 11
11
a 33
 3a 2 (m  )  a 2  a 2  MN 
m  [0;1]
6 12
12
6
5

a 33
Dấu đẳng thức xẩy ra khi m  . Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là
6
6
Với các số thức dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất
1
8
.
P

2a  b  8bc
2b 2  2(a  c) 2  5

0,25
của

biểu

thức

0,25

1
1

.
2a  b  8bc 2(a  b  c)
8
8
Mặt khác 2(a  c) 2  2b 2  (a  c)  b 


.
5  2(a  c) 2  2b 2 5  a  b  c
1
8
.

Do đó P 
2(a  b  c) 5  a  b  c
Đặt t  a  b  c, t  0.
5
1
8
0
t
3
Xét f (t )  
, t  0.
2t 5  t

Ta có 8bc  2 b.2c  b  2c 

Ta có

1
8
(3t  5)(5t  5)


, t  0.

2
2
2t
(5  t )
2t 2 (5  t ) 2
5
f '(t )  0  t 
3
Bảng biến thiên

f'(t)

-

1,0

0,25

0,25
+

0

+

f '(t )  

f(t)

Từ bảng biến thiên

5
9
9
 f (t )  f ( )   t  0  P  f (a  b  c)  
3
10
10
5
5
9
9
Khi a  c  , b  thì P   .Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
12
6
10
10

-

9
10

0,25