De thi HSG Toan lop 12 tinh Hai Duong Co dap an chi tiet

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)
1. Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m2  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  2cos 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  3x   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  . Tìm
giá trị của cos  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 

 . Tìm x

theo a để đoạn MN ngắn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn: a3b  b3a 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

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:.......................


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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

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)
Ta có: y '  4 x3  4  m  1 x  4 x  x 2  m  1

Câu I.1
( điểm)

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; m2  1 , B  m  1; 2m và C m  1; 2m









Suy ra AB   m  1;   m  1

2

 và AC  



m  1;   m  1

2



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

 2 x0  3 
1
Gọi M  x0 ;
  (C ) , hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k 
2

x0  2 

 x0  2 
Tam giác AIB vuông cân tại I nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 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

( .điểm) Vì k 

1

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  2cos 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
( điểm)

 2sin x cos2 x  2sin x cos x  2cos 2 x  2cos x  0
 cos x  s inx  1 cos x  1  0



 x  2  k
cos x  0



 s inx  1   x    k 2

2
cos x  1
 x  k 2



k  Z 

Điều kiện: x  y  0, y  0, 2x 2  3x  1  0
PT (1)  x  x  y   x  y  2 y 2  2 y  x 2  xy  2 y 2  x  y  2 y  0 (*)

Câu II.2

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 
( điểm)
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  3x  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  3x 

7

0.25

Số hạng tổng quát: x.C7k  3x   3k .C7k .x k 1  0  k  7  .
k

Câu
III.1
( điểm)

 Số hạng trên chứa x 6 khi và chỉ khi k  1  6  k  5 .
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển của E là: 35.C75 .

0.25

Xét G  x 2 1  2 x  .
9

 Số hạng tổng quát: x 2 .C9k  2 x    2  .C9k .x k  2
k

k

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 .

0.25

Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là: 35.C57  24.C94  7119 .

0.25

1
1
un  (un1  un2 )  un  un1   (un1  un2 ) (1)
2

2
Đặt vn –  un  un với mọi n  2 . Khi đó v1  u2  u1  b  a

0.25

1
2

1
2

Từ ( )  vn –   vn2  (vn) là CSN có công bội q   .
Câu
III.2
( điểm)

 1
v n  v1   
 2

n 1

 1
 (b  a )  
 2

n 1

0.25
.

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)
S

Câu
IV.1
C

B

( điểm)

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
A

Câu
IV.2
( điểm)

B

SMN  ,d  A; SBC    d  N; SBC    NH  2
 MN 

NH
2
4

 SABCD  MN 2 
sin  sin 
sin 2 

tan 
1

sin  cos
1
4
1

4
 VSABCD   2 

2
3 sin  cos 3.sin .cos
sin 2   sin 2   2cos 2 2
1
2
2
2
sin .sin .2cos  
  sin 2 .cos 
3
3
3
2
VSABCD min  sin .cos max

SI  MI. tan  

 sin 2   2cos2   cos 

1
3

0.25

0.25

0.25

Câu
IV.3
( điểm)

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

0.25

x 2
;
2
x 2
Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có N ' D  N ' N 
2

0.25

Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có M ' A  M ' M 


M ' N '  AD  M ' A  N ' D  a  x 2
2

x2
x2
MN 2 
 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: a3b  ab3  2a 2b2  ab  2  2a 2b2 
1
t

0.25

1
ab

1
2

Đặt t=a.b>0  t  2  2t 2   2t 3  t 2  2t  1  0   t  1
1
1
2
(*)


2
2
1  a 1  b 1  ab
1
1
1
1

Thật vậy: (*)  (

)(

)0
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



1  ab 1  2 1  t t  2
ab
2
3t
2

6
1 

; f ' t   

0
Xét t   ;1 ; f  t  
2
2
1 t t  2
2 
1  t   t  2 

0.25

Với a, b  0; ab  1 ta chứng minh

Câu V
( điểm)

1 
 1  11
Từ đó f  t  nghịch biến trên  ;1  Max f  t   f   
2 
 2  15

1
2

Dấu “=” xảy ra khi t   a 

1
1
;b 
;c  2
2
2

*********** Hết***********

0.25

0.25

0.25