ĐỀ THI CHON HSG TOAN 12 THPT NGA sơn 2016 2017

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NGA SƠN

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN TOÁN
THỜI GIAN : 180 PHÚT
(Không kể thời gian giao đề)

Câu I (4,0 điểm): Với mỗi tham số m, gọi (Cm) là đồ thị của hàm số:
y = x 3 − (3m − 1) x 2 + 2m(m − 1) x + m 2 .
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số (1) khi m = 1.
2) Chứng minh rằng: khi m thay đổi, đường thẳng (∆m): y = mx − m 2 luôn cắt (Cm) tại
một điểm A có hoành độ không đổi. Tìm m để (∆m) còn cắt (Cm) tại hai điểm nữa khác
A, mà các tiếp tuyến của (Cm) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II (4,0 điểm):
1) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x + 1) = 1
2) Giải phương trình:

1 + 2 x − x 2 + 1 − 2 x − x 2 = 2( x − 1) 4 (2 x 2 − 4 x + 1)

Câu III (4,0 điểm):
1) (2,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

1 1 1
+ + = 1.
a2 b2 c2

1

5a + 2ab + 2b
2

2

+

1
5b + 2bc + 2c
2

2

+

1
5c + 2ca + 2a 2
2

.

2) (2,0 điểm) Tìm tham số m để hệ sau có nghiệm

x 2 − 3x ≤ 0
 3
3
 x − 2 x x − 2 − m − 20m ≥ 0

Câu IV (4,0 điểm):
1) Một vận động viên bắn súng, bắn ba viên đạn. Xác suất để trúng cả ba viên vòng 10

là 0,008, xác suất để một viên trúng vòng 8 là 0,15 và xác suất để 1 viên trúng vòng
dưới 8 là 0,4. Biết các lần bắn độc lập với nhau. Tìm xác suất để vận động viên đạt ít
nhất 28 điểm.
2) (2,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có góc A nhọn; Gọi I ( 4; 2 ) là
trung điểm BC và A ∈ d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác
ABD, ACE vuông cân tại A, biết DE : x − 3 y + 18 = 0; BD = 2 5 . Xác định tọa độ các đỉnh
A, B, C biết điểm D có tung độ nhỏ hơn 7.
Câu V (4,0 điểm):
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của
SC. Mặt phẳng (P) qua AK và cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N. Đặt V 1=
VS.AMKN , V = VS.ABCD.Khi mp(P)//BD, hãy tính tỷ số thể tích

V1
và chứng minh rằng:
V

1 V1 3
≤
≤ .
3 V 8

2) Trong hệ tọa độ không gian Oxyz cho hai điểm A ( 1;1;0 ) ; B ( 3; −1; 4 ) và đường thẳng
d:

x +1 y −1 z + 2
=
=
. Tìm M thuộc d sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất.
1
−1

2


-------------------------Hết-------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12
Câu
-Ý
Câu I
1

ĐIỂ
M
4,0 đ

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

Với mỗi tham số m ∈ R, gọi (Cm) là đồ thị của hàm số:
2,0 đ
y = x 3 − (3m − 1) x 2 + 2m(m − 1) x + m 2 .
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số (1) khi m = 1.
Khi m = 1, ta có hàm số y = f ( x) = x 3 − 2 x 2 + 1 với tập xác định: D=R và đạo
0,5
hàm: f ' ( x) = 3 x 2 − 4 x ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 4 3.
Hàm số f đồng biến trên các khoảng (−∞;0), (4 3; +∞ ); nghịch biến trên
(0; 4 3);
0,5
HS đạt cực đại tại x = 0, f (0) = 1; f đạt cực tiểu tại x = 4 3, f (4 3) = − 5 27.
  2 1 

lim f ( x) = lim  x 3 1 − + 3 ÷ = ±∞; BBT:
x →±∞
x →±∞
  x x 
f (0) = 1 ⇒ (C1) cắt Oy tại (0;1).
f ( x ) = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − x − 1) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x =
 1± 5 
;0÷
÷.
 2


và 

0,5
1± 5
nên (C1) cắt Ox tại (1;0)
2

Đồ thị:

(2,0đ)
4

0,5
2

-10

-5

5

10

-2

-4

2

Chứng minh rằng: khi m thay đổi, đường thẳng (∆m): y = mx − m 2 luôn cắt 2,0đ
2


(Cm) tại một điểm A có hoành độ không đổi. Tìm m để (∆m) còn cắt (Cm)
tại hai điểm nữa, khác A, mà các tiếp tuyến của (Cm) tại hai điểm đó song
song với nhau
Phương trình hoành độ giao điểm của (∆m) và (Cm) được viết thành:
( x + 1)( x 2 − 3mx + 2m 2 ) = 0 ⇔ ( x + 1)( x − m)( x − 2m) = 0.
⇒ giao điểm của (∆m) và (Cm) gồm A(−1; − m − m 2 ), B(m; 0) và C (2m; m 2 );

(2,0đ)

0,5

trong số đó, A là điểm duy nhất có hoành độ không đổi (khi m thay đổi).
Đặt f m ( x) = x3 − (3m − 1) x 2 + 2m(m − 1) x + m2 . Các tiếp tuyến của (Cm) tại B và
0,5
C lần lượt là các đường thẳng:

(∆ B ) : y = f m '( xB ) x + yB − f m '( xB ) xB , (∆ C ) : y = f m '( xC ) x + yC − f m '( xC ) xC .

Ta cần tìm m để B và C cùng khác A và ∆ B / / ∆ C ; tức là:
 m ≠ −1
 xB ≠ x A

x ≠ x
 C
m ≠ − 1 2
A
⇔ 2
⇔ m = − 2 3.

2
f
'(
x
)
=
f
'(
x
)
−
m
=
2
m
+
2

m
m
B
m
C


 yB − f m '( xB ) xB ≠ yC − f m '( xC ) xC
m3 ≠ −4m3 − 3m 2


Câu II
1

1,0

4,0 đ
Giải phương trình : 2 cos 3x(2 cos 2 x + 1) = 1

2,0
0,5

PT (1) ⇔ 2 cos 3x(3 − 4 sin x) = 1
2

Nhận xét x = kπ (voi k ∈ Z ) không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta
có: 2 cos 3x(3 − 4 sin 2 x) = 1 ⇔ 2cos 3 x(3sin x − 4sin 3 x) = sin x

0,5

⇔ 2 cos 3 x sin 3 x = sin x ⇔ sin 6 x = sin x
6 x = x + m2π
⇔
6 x = π − x + m2π

2mπ

x = 5
⇔
 x = π + 2mπ
7
7


với m ∈ Z

2mπ
= kπ ⇔ 2m = 5k ⇔ m = 5t , với t ∈ Z
5
π 2mπ
Xét khi +
= kπ ⇔ 1+2m = 7k ⇔ k = 2(m-3k)+1
7
7
hay k = 2l+1 ⇒ m = 7l+3, l ∈ Z

0,5

Xét khi

Vậy phương trình có nghiệm: x =
x=

2
(2,0đ)

0,5

2mπ
(với m ≠ 5t );
5

π 2mπ
+
(với m ≠ 7l + 3 ) trong đó m, t , l ∈ Z .
7
7

Giải phương trình:
1 + 2 x − x 2 + 1 − 2 x − x 2 = 2( x − 1)4 (2 x 2 − 4 x + 1)
+ §Æt ( x − 1) = t ph¬ng tr×nh trë thµnh :
2

1 + 1 − t + 1 − 1 − t = 2t 2 ( 2t − 1)

2,0
0,5

(2)
3

§iÒu kiÖn : 0 ≤ t ≤ 1

1
(2) v« nghiÖm
2
1 1
1 
4
2
3
2
* Víi t ∈  ; 1 (2) 2 + 2 t = 4t (2t − 1) ⇔ t + = 2t (2t − 1)
t
2 
1 1
Cã f (t ) = +
nghÞch biÕn
t
t
1 
2
g(t) = 2t 3 ( 2t − 1) ®ång biÕn víi t ∈  ; 1
2 
*Víi 0 ≤ t <

0,5

0,5

mµ f(1) =g(1) =2 nªn t=1 lµ nghiÖm duy nhÊt cña (2)
nªn :
0,5
x = 0
2
( x − 1) = 1 ⇔ 
x = 2
Câu
III

4,0 đ
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn:

1

1

của biểu thức: P =

5a 2 + 2ab + 2b 2

+

1 1 1
+ + = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
a 2 b2 c 2
1

5b 2 + 2bc + 2c 2

Ta có 5a 2 + 2ab + 2b 2 = ( 2a + b ) + ( a − b ) ≥ ( 2a + b )
2

Suy ra

1
5a + 2ab + 2b

Tương tự

2

2

≤

2

1
12 1
≤  + ÷
2a + b 9  a b 

1

+

5c 2 + 2ca + 2a 2

2,0

.
0.5

2

0.5

(1)

12 1
≤  + ÷ (2)
5b 2 + 2bc + 2c 2 9  b c 
1

1
5c 2 + 2ca + 2a 2

≤

1
12 1
≤  + ÷ (3)
2c + a 9  c a 

1 1 1 1
Cộng theo vế của (1),(2) và (3) suy ra P ≤  + + ÷
3 a

2

Mặt khác
Suy ra P ≤

2

c

b

2

1 1 1 11 1 1
1 1 1 1
1 1 1
+ 2 + 2 ≥  + + ÷ ⇒  + + ÷ ≤1⇒ + + ≤ 3
2
a b c
3 a b c 
3 a b c 
a b c
3
3

0.5
0.5

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 3 .
Tìm tham số m để hệ sau có nghiệm


x 2 − 3x ≤ 0
 3
3
 x − 2 x x − 2 − m − 20m ≥ 0
4


0≤ x≤3

⇔
Hệ
 3
3
 x − 2 x x − 2 ≥ m + 20m
x ∈ [ 0;3]

⇔ x3 − 2 x x − 2 ≥ m3 + 20m với ĐK

0,5

0,5

3
Đặt f ( x) = x − 2 x x − 2

Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi BPT f ( x) ≥ m3 + 20m có nghiệm
x ∈ [ 0;3]
f ( x ) ≥ m3 + 20m
⇔ max

[ 0;3]
- Nếu x ∈ [ 0;2] ⇒ f ( x) = x3 − 2 x(2 − x) = x 3 + 2 x 2 − 4 x
'
có f ' ( x) = 3 x 2 + 4 x − 4 ; f ( x) = 0 ⇔ x =

0,5
2
hoặc x = −2
3

( loại )
40
2
f (0) = 0; f (2) = 8; f  ÷ = − ⇒ max f ( x) = 8
[ 0;2]
27
3
- Nếu x ∈ [ 2;3] ⇒ f ( x) = x3 − 2 x( x − 2) = x 3 − 2 x 2 + 4 x
'
2
có f ( x) = 3 x − 4 x + 4 > 0, ∀x ∈ [ 2;3]
f (2) = 8; f (3) = 21 ⇒ max f ( x) = 21

0,5

[ 2;3]

f ( x ) = 21 nên ta phải có m3 + 20m ≤ 21 ⇔ m ≤ 1
Vậy max
[ 0;3]

Tóm lại ĐK phải tìm là m ≤ 1
Câu
IV
1)

4,0đ
Một vận động viên bắn súng, bắn ba viên đạn. Xác suất để trúng cả ba
viên vòng 10 là 0,008, xác suất để một viên trúng vòng 8 là 0,15 và xác
suất để 1 viên trúng vòng dưới 8 là 0,4. Biết các lần bắn độc lập với 2,0đ
nhau. Tìm xác suất để vận động viên đạt ít nhất 28 điểm.
Gọi A là biến cố « 1 viên trúng vòng 10 ». Khi đó từ giả thiết, ta có:
0,5
3
0, 008 = ( P( A) ) ⇒ P( A) = 0, 2 ( 1) . Gọi B là biến cố « 1 viên trúng vòng 9 »;
Gọi C là biến cố « 1 viên trúng vòng 8 »; Gọi D là biến cố « 1 viên trúng
dưới vòng 8 »
Theo giả thiết ta có: P ( C ) = 0,15; P( D) = 0, 4 ( 2 )
Do A, B, C, D là các biến cố đôi một xung khắc nên ta có:

0,5

1 = P ( A ∪ B ) ∪ C ∪ D = P ( A) + P ( B ) + P (C ) + P( D ) ( 3)

5


Từ (1),(2),(3) suy ra: P( B) = 1 − (0, 2 + 0,15 + 0, 4) = 0, 25 ( 4 )
Gọi X là biến cố “vận động viên đạt ít nhất 28 điểm”
Ta có :

0,5
0,5

P ( X ) = C ( 0, 2 ) (0,15) + C ( 0, 25 ) (0, 2) + C ( 0, 2 ) (0, 25) + 0, 008 = 0, 0935
2
3

2)

2

2

2
3

2

2
3

2) (2,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có góc A nhọn;
Gọi I ( 4; 2 ) là trung điểm BC và A ∈ d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng bên ngoài tam
giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A, biết
2,0 đ
DE : x − 3 y + 18 = 0; BD = 2 5 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm
D có tung độ nhỏ hơn 7.
Ta cm AIuuru
vuông
góc với DE tại K (K thuộc DE)

uur
Đi cm 2 AI DE = 0 ⇒ AI ⊥ DE

0,5

Phương trình AI : 3x +y -14 =0 suy ra A(3 ; 5)

0,5

AB = AD = 10 ⇒ D ( 0;6 ) . Suy ra: AB : 3x – y - 4 = 0

0,5

Từ đó suy ra B(2; 2) và B (4; 8) (loại do góc BAC tù) Suy ra C(6;2)
0,5
CâuV

1)

4,0đ
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là
trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) qua AK và cắt các cạnh SB , SD lần
lượt tại M và N. Đặt V1= VS.AMKN , V = VS.ABCD.Khi mp(P)//BD, hãy tính
V
1 V
3
tỷ số thể tích 1 và chứng minh rằng: ≤ 1 ≤ .
V
3 V 8

* Khi mp(P)//BD, hãy tính tỷ số thể tích

2.0

V1
.
V

Gọi O là giao điểm của 2đường chéo. I là giao điểm của AK và SO.
0,25
Do (P)//BD, qua I kẻ đường song song với BD cắt SB và SD tại M và
M.
Trong tam giác SAC có I là trọng tâm
S
Suy ra:
SM 2 SN 2
= ;
= .
SB 3 SD 3

N
1
2

D

Vì ABCD là hbh nên VS.ABC = VS.ADC = V.
V

SM SK

2 1

1

A

1

S . AMK
=
.
= . = ⇒ VS . AMK = V
Ta có V
SB SC 3 2 3
6
S . ABC

K
I

M
O

0,25
C

B

0,25

1
6

Tương tự ta có VS . ANK = V
6


Suy ra

V1 1
=
V 3

0,25

1 V1 3
≤
≤
3 V 8
SM
SN
V
Đặt x =
, y=
. Tính 1 theo x và y.
SB
SD
V
VS . AMK SM SK 1

x
y
=
.
= x ⇒ VS . AMK = V . Tương tự ta có VS . ANK = V
Ta có V
SB SC 2
4
4
S . ABC
V
x+ y
Suy ra 1 =
(1)
V
4
1
Lại có Do V1 = VS.AMN+ VS.MNK và VS.ABC = VS.ADC = V. Mà
2

*

Chứng minh rằng:

2,0đ

0,25

= . = xy => VS.AMN = V
1

=> VS.KMN = V
2
V
3 xy
Suy ra 1 =
(2)
V
4
x
1
Từ (1) và (2) suy ra y =
. Do x>0; y> 0 nên x>
3x − 1
3
x
1
1 
≤ 1 ⇒ x ≥ . Vậy ta có x ∈  ;1
Vì y ≤ 1 ⇒
3x − 1
2
2 

= . . = xy

(2,0đ)

Xét hàm số f(x) =

0,25

0,25 đ

3 x(3x − 2)
3x 2
V1 3 xy
1 
=
=
với x ∈  ;1 . Có f’(x) = 4(3x − 1) 2 .
4(3 x − 1)
V
4
2 

BBT:
1
2

x
f’(x)
f(x)

2
3

3
8

1

0

+
1
3

Từ BBT suy ra

0,25 đ
3
8

1 V1 3
≤
≤
3 V 8

Trong hệ tọa độ không gian Oxyz cho hai điểm A ( 1;1;0 ) ; B ( 3; −1; 4 ) và
2)

đường thẳng d :
nhỏ nhất.

uuur

x +1 y −1 z + 2
=
=
. Tìm M thuộc d sao cho tổng MA + MB

1
−1
2

2,0đ

uu
r

Nhận xét đc AB ( 2; −2; 4 ) , ud (1; −1; 2) là hai véc tơ cùng phương
Và cm được AB//d

0,5

7


Gọi A’ đối xứng với A qua d ; Với mọi M thuộc d ta có :
MA + MB = MA’ + MB’ ≥ A ' B
Suy ra GTNN của MA + MB = A’B khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng
Mặt khác AB// d nên suy ra M là trung điểm A’B suy ra MI vuông góc d.

0,5

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d ; H trùng M ; Tìm H

0,5

KL M(1;-1;2)

0,5

8