[toanmath.com] Đề thi chọn HSG Toán 12 năm học 2017 – 2018 trường THPT Lê Quý Đôn – Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
THPT LÊ QUÝ ĐÔN
--------&&&-------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi : Toán - Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Bài 1.(5 điểm)

2x 1
có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho xM > 1, tiếp tuyến của (H) tại
2x  2
M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B. Xác định toạ độ điểm M sao cho
SOIB  8SOIA ( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận)

Cho hàm số y 

Bài 2.(6 điểm)
1) Giải hệ phương trình





4  9.3x2 2y  4  9 x2 2y .72y  x2  2



2  x 2  2x  2y  2x  4





2) Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4) .
3) Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

24
13a + 12 ab + 16 bc

-

3
a+b+c

.

Bài 3.(6 điểm).
1) . Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC; M, N lần lượt là trung
9 2
điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  ,
5 5
K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : x  y 5  0 .
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.
2) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh
2 22
BB’ =

a . Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC.
3
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’.
  600 , SA =
3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc BAD
= SB = SD = 1. Gọi M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AD sao cho mp(SMN)
vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
nhỏ nhất.
Bài 4.(2 điểm)
A
B
C
Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos  3cos  cos .
2
2
2
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
Bài 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng có n điểm, trong đó có k điểm thẳng hàng, số còn lại không có 3 điểm
nào thẳng hàng. Biết rằng từ n điểm đó tạo được 36 đường thẳng phân biệt và tạo được 110 tam giác khác
nhau. Hãy tìm n, k.

---------Hết-------Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ……………………………………...Số báo danh:………………..…………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
--------&&&------THPT Lê Quý Đôn

Bài
(5 đ)

Cho hàm số y 

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi : Toán
( Gồm 6 trang)

2x 1
có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho xM > 1, tiếp tuyến của
2x  2

(H) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B. Xác định toạ độ điểm
M sao cho S OIB  8S OIA ( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận)

2x 1 
M  x0 ; 0
 , x0  1 thuộc (H), Tiếp tuyến của (H) tại M có phương trình
 2 x0  2 
2x 1
2
(d ) : y  0

( x  x0 )
2 x0  2  2 x0  2 2

1.0



x 
(d) cắt tiệm cận đứng tại A  1; 0  , (d) cắt tiệm cận ngang tại B(2x0 – 1; 1)
 x0  1 
1
IA =
, IB = 2( x0  1)
x0  1

1.0

S OIB  8S OIA  2( x0  1) 

 x  1(ktm)
8
2
  x0  1  4   0
x0  1
 x0  3(tm)

1.0
1.0

 5
Vậy M  3; 
 4
Bài 2
1
(2đ)

1.0

Giải hệ phương trình





4  9.3x2 2y  4  9 x2 2y .72y x2 2



2  x 2  2x  2y  2x  4
Đk: y –x  2  0 (*)
Đặt t = x2 – 2y
Pt(1) trở thành : 4  3t  2 

0.5

 4  9  .7

f(t  2)  f(2t)  t  2  2t  t  2

t

2 –t



4  3t  2 4  32t
 2t

7t  2
7

0.5


 Từ đó 2y = x – 2
43
nghÞch biÕn trªn R 
 Víi f(x) =
x
7


2

x

Thay 2y = x2 – 2 vào pt(2) ta được
Đặt

2  x 2  2x  x 2  2x  2 (3)

x 2  2x  2  a  1 phương trình (3) trở thành a 2  a  (2  2)  0 (4)

 x  0
(tm *)

y  1


Giải pt (4) được a  2 t×m ®−îc
 x  2

(tm *)
  y  1
Bài 2

0.5

0.5




2
(2đ)

Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4)



(x R).
0.5

 1  5  x  0

HD: ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0  

 x  1  5
0.5

Khi đó (*)  4 x( x 2  2 x  4)  x 2  5 x  4
 4 x( x 2  2 x  4)  ( x 2  2 x  4)  3x (**)

0.5

TH 1: x  1  5 ,
Chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)  4

Đặt t 

1

x2  2 x  4 x2  2 x  4

3
x
x

x2  2 x  4
, t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3
x

2
1  17
7  65
x2  2x  4
 x  7 x  4  0
x


3  2
2
2
x
 x  x  4  0

0.5

TH 2: 1  5  x  0 , x 2  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa

 1  17 7  65 
;

2
2 


Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5;0   



Bài
2
3
(2đ)



Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
24

3
P=
.
13a + 12 ab + 16 bc
a+b+c
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
a  4b
b  4c
13a  12 ab  16 bc  13a  6 a.4b  8 b.4c  13a  6.
 8.
 16(a  b  c)
2
2

0.5

 13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) . Dấu “ = ” xảy ra  a  4b  16c .

Suy ra P 

3
2a  b  c

3



abc

Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P 

Xét hàm số f  t  

3
2t



f ' t   0 
BBT.

3
t
3

0.5

.

3
2t



3
t

trên khoảng (0; ) , ta có f '  t  

2t t



3
2t

2

3
2t t



3
2t

2

.

 0  t  1 ; lim f (t)   ; lim f (t)  0
x 0

x 

0.5


16
4
1

3
a  b  c  1
;b  ;c  .
a
Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra  
21
21
21
2
a  4b  16c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
Bài
3
1
(2đ)

0.5

3
 16 4 1 
khi và chỉ khi  a, b, c    , ,  .
2
 21 21 21 

Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC; M, N lần lượt là trung
9 2
điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  ,
5 5
K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : x  y  5  0 .
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.

A

B
N

M
H
D

MN là đường trung bình của tam giác HAB  MN / / AB, MN 
bình hành  MN / / CK, MN  CK 

C

K

1
AB . Do MNCK là hình
2

0.5

1
AB suy ra K là trung điểm của CD
2

Ta có MN  BC , BH  MC nên N là trực tâm tam giác BCM  CN  BM , mà MK //

CN  BM  MK

Viết phương trình BM qua M và và vuông góc với MK, suy ra toạ độ

0.5

B  BM  d1  B (1; 4)
 
a  9
C  d 2  C (a; a  5) . BC.CK  0  
. Do xC  4 nên C(9; 4).
a  4

 
K là trung điểm CD suy ra D(9;0). AB  DC  A(1;0)
Vậy A(1; 0), B(1; 4), C(9; 4), D(9; 0)

0.5

0.5


2
(2 đ)

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh
BB’ =

2 22
a . Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC.
3

Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’.

A'

B'

C'

B
A
G
M
I
C
H

BB’// (ACC’) suy ra d(BB’, AC’) = d(BB’, (ACC’)) = d(B, (ACC’)

0.5

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C’ trên (ABC). Gọi I là giao điểm của GH và AC.

0.5

Chứng minh được C ' I  AC v C'I = C ' H 2  HI 2  2 2a
S C ' AC

1
 C ' I.AC  4 2a 2
2

0.5

VC'.ABC  4a 3
1
VC '.ABC  VB.ACC '  S ACC ' .d(B,(ACC '))
3
3V
3 2
3 2
a . Kết luận d(BB’, AC’) =
a (đvd)
 d(B,(ACC '))  C '.ABC 
S ACC '
2
2

3
(2 đ)

0.5

  600 ,
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc BAD

SA = SB = SD = 1. Gọi M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AD sao cho mp(SMN)
vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
nhỏ nhất.

0.5

S

D

C

N
O
H
A

B

M

Chứng tỏ M,H,N thẳng hàng theo thứ tự đó
S AMN  S AMH  S ANH 
S AMN

1
1
1 3
AM . AH .sin 300  AN . AH .sin 300  .
( x  y)
2
2
4 3

0.5

1
3
 AM . AN .sin 600 
xy
2
4

Từ (5) và (6) ta có x + y = 3xy

(5)
(6)

(0  x, y  1)

(7)

MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN .cos600  x 2  y 2  xy  ( x  y ) 2  3 xy  (3 xy ) 2  3 xy

0.5

 MN  (3xy ) 2  3 xy
Gọi Stp là diện tích toàn phần của tứ diện SAMN
Ta có Stp = SAMN + SSAN + SSAM + SSMN
1
1
1
1
AM . AN .sin 600  AN .AS.sin600  AM . AS .sin 600  SH .MN

2
2
2
2
1
3 1
3 1
3 1 6
. 3xy (3 xy  1)
 .x. y.
 . y.1.
 .x.1.
 .
2
2 2
2 2
2 2 3
3
6
6

 xy  x  y   . 3xy(3xy  1)  3xy  . 3xy(3xy  1)
4
6
6


Từ (7) ta có 3 xy  x  y  2 xy  xy 

S



3 4 2

MinS 

Bài 4
(2 đ)

0.5

2
4
 xy 
3
9



9



3 4 2
9



khi

x y

2
3

Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.

A
B
C
 3cos  cos .
2
2
2


0.5

AB
AB
C
Ta có : sinA +sin B = 2 sin
cos
2 cos
2
2
2

1
C
(sin A + sinB ) cos
2
2

dấu ( = ) xảy ra khi v chỉ khi chỉ khi A = B

(1)
0.5

5
A
(sin B + sinC ) 5 cos
2
2
3
B
(sin C + sinA ) 3 cos
2
2

Tơng tự :

(2)
(3)

Từ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C 5cos

A
B
C
+3cos
+cos
2
2
2

0.5
0.5

Đẳng thức xảy ra khi v chỉ khi tam giác ABC đều.
Bi 5
(1 )

Trong mt phng cú n im, trong ú cú k im thng hng, s cũn li khụng cú 3 im no
thng hng. Bit rng t n im ú to c 36 ng thng phõn bit v to c 110 tam giỏc
khỏc nhau. Hóy tỡm n, k.
+ S ng thng phõn bit cú c

Cn2 Ck2 1

+ S tam giỏc phõn bit cú c C n C k
Theo bi ra ta cú:
Cn2 Ck2 1 36
( n k )(n k 1) 70 (1)
n( n 1) k ( k 1) 70

3

3
3
3
3
( 2)
Cn Ck3 110
Cn Ck 110
Cn Ck 110
3
T (2) ta cú Cn 110 n 10 m k3 suy ra n+k-112
Do ú (1) tng ng vi cỏc trng hp sau
n k 1 14
n 10
1)

tha món (2)
n k 5
k 5
n k 1 35
n 19
khụng tha món (2)

2)
n k 2
k 17
n k 1 70
n 36
3)

khụng tha món (2)
n k 1
k 35
3

Vy n=10, k=5.

0.25

3

0.25

0.25

0.25