Đề thi HSG tỉnh lớp 12 môn toán

S GIO DC V O TO
HI DNG

Kè THI CHN HC SINH GII TNH
LP 12 THPT NM HC 2017 2018
MễN THI : TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt
( thi gm 01 trang)

Cõu 1 (2 im)

y=

x 1
x +1

1. Cho hm s
cú th l (C). Vit phng trỡnh tip tuyn
ca th (C) sao cho khong cỏch t tõm i xng ca (C) n tip tuyn l
ln nht.
2. Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim thc ;
x4 +

1
1
1
(x2 + 2 ) + x + = m
4
x
x
x

Cõu 2 (2 im)
sin 2017 x + cos 2018 x =

1. Gii phng trỡnh:

x2
+ cos x
2

.

20 6 x 17 5 y 3 x 6 x + 3 y 5 y = 0 ( 1)

2
( 2)
2 2 x + y + 5 + 3 3 x + 2 y + 11 = x + 6 x + 13

( x, y Ă )

2. Gii h phng trỡnh:
Cõu 3 (2 im)
1. Mụn búng ỏ nam SE GAME cú 10 i búng tham d trong ú cú Vit
Nam v Thỏi Lan. Chia 10 i búng ny thnh 2 bng A, B. Mi bng cú 5 i.
Tớnh xỏc sut sao cho Vit Nam v Thỏi Lan cựng mt bng.
u1 =

6 2
2

u n +1 = 2 + u n

2. Cho dãy số (un) thoả mãn điều kiện:
,
với
mọi n=1, 2, .... Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn và tìm
Lim 2n. 2 un

.

Cõu 4 (3 im)

AB = CD = c, AC = BD = b, AD = BC = a

1. Cho t din ABCD cú
.
a.Tớnh gúc gia hai ng thng AB, CD.
b.Chng minh rng trng tõm ca t din ABCD cỏch u tt c cỏc
mt ca t din.
x
2. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú SA = , tt c cỏc cnh cũn li cú di bng 1.
x
x
Tớnh th tớch khi chúp ú theo v tỡm th tớch ú l ln nht.


≥

≥

≤

≤

Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực a, b, c sao cho a 0, b 0, 0 c 1
và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
6
a + b+ c

P = 2ab + 3bc + 3ca +
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:…………Chữ ký của giám thị 2:………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu Ý Nội dung
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ
I
1 tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Điểm
1,00

Tâm đối xứng của đồ thị là I(–1; 1)
Gọi N(x0,y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị, khi đó tiếp
tuyến của (C) tại M có phương trình:
y=

2

( x0 + 1)

2

( x − x0 ) +

x0 − 1
x0 + 1 ⇔

0,25

x ≠ −1


2
2
 2 x − ( x0 + 1) y + x0 − 2 x0 − 1 = 0

Gọi d là khoảng cách từ I đến tiếp tuyến trên ta có:
d=

4 x0 + 1
4 + ( x0 + 1) 4

; x0 ≠ −1

0,25

,

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có
4 + ( x0 + 1) 4 ≥ 2 4.( x0 + 1) 4 = 4( x0 + 1) 2
⇒ 4 + ( x0 + 1) 4 ≥ 2 x0 + 1
⇒d =

dấu '="

4 x0 + 1
4 + ( x0 + 1) 4

≤2

0,25

 x0 = −1 + 2
⇔ 4 = ( x0 + 1) 4 ⇔ 
 x0 = −1 − 2

Vậy ứng với hai giá trị đó ta có hai tiếp tuyến sau:

y = x + (2 + 2)

;

0,25


y = x + (2 − 2)

;
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực ;
2

1
1
1
− ( x2 + 2 ) + x + = m
4
x
x
x

x4 +

ĐK:

1,00

x≠0
x+

Đặt t=

1
x

t ≥2

( ĐK

)
2

x2 +

1 
1
=  x + ÷ − 2 = t2 − 2
2
x
x

2

 4 1   2 1 
4
2
 x + 4 ÷ =  x + 2 ÷ − 2 = t − 4t + 2
x  
x 


Ta có

0,25

t 4 − 4t 2 + 2 − ( t 2 − 2 ) + t = m

Phương trình đã cho trở thành:

⇔ t 4 − 5t 2 + t + 4 = m

Xét hàm số

f (t ) = t 4 − 5t 2 + t + 4

với

t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ )

0,25

f '(t ) = 4t − 10t + 1
3

ta có

f ''(t ) = 12t 2 − 10 > 0 ∀ t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ )

−∞

t
f ''(t )

-2
+

2

+∞

+∞

-11
f '(t )

−∞

13

+∞

+∞

f (t )

-2

Từ bảng biến thiên suy ra:
nghiệm.

2

m ≥ −2

thì phương trình đã cho có

0,25

0,25
II

sin 2017 x + cos 2018 x =

1
Giải phương trình:

2

x
+ cos x
2

1,00
.

2

Xét hàm số: f(x)=
Ta có

x
+ cos x
2

f '(x) = x − sin x

trên R

f ''(x) = 1 − cos x ≥ 0 ∀x ∈ R

Do đó hàm số f'(x) đồng biến trên R
∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f '(x) > f '(0) = 0
Vậy
∀x ∈ ( −∞;0 ) ⇒ f '(x) < f '(0) = 0

0,25

Bảng biến thiên:
x

−∞

f'(x)
f(x)

+∞

0
0

-

+

1
VF =

Từ bảng biến thiên suy ra

2

x
+ cos x ≥ 1 ∀x ∈ R
2

0,25

VT = sin 2017 x + cos 2018 x ≤ sin 2 x + cos 2 x = 1

Ta có
Do đó phương trình (*) tương đương

0,25

x = 0
VT = 1  2017
⇔ sin x = sin 2 x ⇔ x = 0

VF = 1
cos 2018 x = cos 2 x


0,25

Giải hệ phương trình :

2 20 6 − x − 17 5 − y − 3 x 6 − x + 3 y 5 − y = 0 ( 1)


2
2 2 x + y + 5 + 3 3 x + 2 y + 11 = x + 6 x + 13

( 2)

( x, y ∈ ¡ )

1,00


x ≤ 6; y ≤ 5; 2 x + y + 5 ≥ 0; 3 x + 2 y + 11 ≥ 0
Điều kiện:

( 20 − 3x ) 6 − x = ( 17 − 3 y ) 5 − y
⇔ ( 3 ( 6 − x ) + 2) 6 − x = ( 3( 5 − y ) + 2)
f ( t ) = ( 3t + 2 ) t
Xét hàm số

5− y

0,25

( 3)

t≥0

với
, ta có
3t + 2

f '( t ) = 3 t +
> 0, ∀t > 0
2 t

f ( 6 − x ) = f ( 5 − y ) ⇔ 6 − x = 5 − y ⇔ y = x −1

( 3)
Kết hợp với

0,25

ta có

( 2)
Thay vào phương trình

của hệ, ta được

2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x + 6 x + 13

x≥−

2

⇔2
⇔

(

) (

3x + 4 − ( x + 2 ) + 3
−2 x ( x + 1)

3x + 4 + ( x + 2 )

+

, với

)

4
3

.

5 x + 9 − ( x + 3) = x 2 + x

−3 x ( x + 1)

5 x + 9 + ( x + 3)

= x2 + x

0,25



2

3
⇔ x ( x + 1) 
+
+ 1÷ = 0
 3x + 4 + ( x + 2 )
÷
5 x + 9 + ( x + 3)


2
3
+
+1 > 1
3x + 4 + ( x + 2 )
5 x + 9 + ( x + 3)

⇔ x = 0; x = −1
(vì

với mọi

x

thuộc

TXĐ)

x = 0 ⇒ y = −1
Với

x = −1 ⇒ y = −2
Với
Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là

0,25

( x; y ) ∈ { ( 0; −1) ; ( −1; −2 ) }

III

1

n ( Ω ) = C .C
5
10

1,00

5
5

Gọi A là biến cố: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”

0,25


TH 1: Vit Nam v Thỏi Lan cựng mt bng A
C22 .C83 .C55
Trng hp ny cú
cỏch chia.

TH 1: Vit Nam v Thỏi Lan cựng mt bng B
C22 .C83 .C55
Trng hp ny cú
cỏch chia.
2
3
5
n ( A ) = 2C2 .C8 .C5
Suy ra:
n( A) 2C22 .C83 .C55 4
P ( A) =
=
=
n ( )
C105 .C55
9

2

0,25

0,25
0,25
1,00

Ta có


5
u1 = 2 sin = 2 cos

12
12

.

0,25

Từ hệ thức truy hồi bằng phơng pháp chứng minh quy nạp ta có

đợc

5
u n = 2 cos n
6.2

0,25
, n = 1, 2,....

Từ công thức xác định số hạng tổng quát của dãy, ta dễ dàng
chứng
minh
dãy
số
có
giới
hạn.
5
5
Lim 2n 2 2 cos n ữ = Lim 2n +1 sin n+1 ữ =
6.2

6.2

5

sin 6.2n +1
Lim
5n +1
6.2

IV

1


ữ5 5
ữ =
6
ữ6


0,25

0,25

1,50
A

I
B

D
G
C


Ta có

a

uuu
r uuur uuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuu
r uuur
AB.CD = AB ( AD − AC ) = AB. AD − AB. AC
AB 2 + AD 2 − BD 2 AB 2 + AC 2 − BC 2
=
−
= a 2 − b2
2
2
uuu
r uuur
uuu
r uuur
uuu
r uuur a 2 − b 2
AB.CD = AB.CD cos AB, CD ⇒ cos AB, CD =
c2

(

Lại có,
Gọi

α

0,5

)

(

)

là góc giữa hai đường thẳng AB, CD ta có:

uuu
r uuur
a 2 − b2
a 2 − b2
cosα = cos AB, CD =
⇒ α = arccos
c2
c2

(

)

0,5

b)
Gọi I, G lần lượt là trọng tâm của tứ diện ABCD và tam giác BCD

IG =
Ta có

Tương tự,
Vậy,

1
1
AG ⇒ VIBCD = VABCD
4
4

1
VIABC = VIABD = VIACD = VABCD
4

0,5

VIABC = VIABD = VIACD = VIBCD

∆ABC = ∆BAD = ∆CDA = ∆DCB (c − c − c )
Mặt khác,
Do đó,

2

d ( I,(ABC) ) = d ( I,(ABD) ) = d ( I,(ACD) ) = d ( I,(BCD) )

0,5
1,50


S

B
H

C

A

O
D

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD)
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD, suy ra H là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác BCD.
Mặt khác, tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, với O là giao của AC
và BD.
Lại có,
tại S

∆CBD = ∆ABD = ∆SBD ⇒ OC = OA = OS

vuông

⇒ AC = x 2 + 1

1
1
1
=
+
⇒ SH =
SH 2 SA2 SC 2
Ta có,

x
x2 + 1

1
⇒ AC ⊥ BD ⇒ OB = AB − AO =
3 − x2
2
2

ABCD là hình thoi

S ABCD =
+

x = 3 − x2 ⇔ x =

V có giá trị lớn nhất là
khi

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.....
Ta có:

P = (a + b + c)2 – a2 – b2 - c2 + bc + ca +
6
a + b+ c

2

1
1 2
1
AC.BD =
x + 1. 3 − x 2 ⇒ V = x 3 − x 2
2
2
6

1
4

V

nên

∆SAC

0,25

6

2

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25

6
≥
a+ b+ c

(a + b + c)2 - 3 +


Đặt t = a + b + c => t

∈

[

3

2

; 3]. Xét f(t) = t – 3 +

6
t

∈

, với t [

3

; 3].

6

Vì f’(t) > 0 ,

∀ ∈

t [

3

≥

; 3] => f(t)

Dấu bằng xảy ra khi a =c = 0, b =

f(
3

3

)=

3

.

hoặc b =c = 0, a =

3

6
3

Vậy Pmin =
Ta có:

0,25
khi a =c = 0, b =

3

hoặc b =c = 0, a =

P = (a + b + c)2 – a2 – b2 - c2 + bc + ca +
≤

≤

(a + b + c)2 - 3 +

2

(a + b + c) - 1 +

a2 + b2 + 2c2
2

+

3

6
a + b+ c

6
a + b+ c

6
a + b+ c

Đặt t = a + b + c => t

∈

[

3

0,25

2

; 3]. Xét g(t) = t – 1 +

6
t

∈

, với t [

3

; 3].

∀ ∈ 3
≤
Vì g’(t) > 0 , t [ ; 3] => g(t) g(3) =10.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
Vậy Pmax = 10 khi a = b = c = 1.
Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa.

0,25