[toanmath.com] Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 16 tháng 09 năm 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)
Câu I. (4,0 điểm)
1) Cho hàm số y =

x -2
có đồ thị là  C  và M là điểm thuộc  C  . Tiếp tuyến của  C  tại M cắt hai
x +1

đường tiệm cận của  C  tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M sao cho bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =

1 3
x - (m - 1) x 2 - (m - 3) x + 5m 2 + 1 đồng
3

biến trên khoảng (0; 3 ) .
Câu II. (4,0 điểm)
1) Tính tổng các nghiệm thuộc éê 0; 2018p ùú của phương trình:

ë

û

2

2 sin x + 3 sin 2x = 3 3 sin x + 3 cos x - 1
1
2
3
4
2017
2) Tính tổng: S = C 2017
- 22C 2017
+ 3.22C 2017
- 4.2 3C 2017
+ ... + 2017.22016C 2017
.
Câu III. (4,0 điểm)

(

)

1) Giải bất phương trình: log 4 x 2 - 4x + 4 +

1
log
2

2

(x + 2) > log (4 - x )
2

ì
ï
ï(17 - 3x ) 5 - x + (3y - 14 ) 4 - y = 0
2) Giải hệ phương trình: ï
í

ï
4 2x + 8 + (x - y + 2) 3 x + 3y - 5 = 2x + 14
ï
ï
î

(x , y Î  )

Câu IV. (6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,
BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm

D (- 1; - 1) , đường thẳng IG có phương trình 6x - 3y - 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.
2) Cho hình chóp S .ABCD có SA = x , tất cả các cạnh còn lại bằng 1. Tính thể tích khối chóp đó theo
x và tìm x để thể tích đó là lớn nhất.
3) Cho hình chóp S .ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh a và hình chiếu của S lên mặt phẳng
 = 1500 , BHC
 = 1200 ,CHA
 = 900 .Biết tổng diện

(ABC ) là điểm H nằm trong tam giác ABC sao cho AHB
tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB , S .HBC , S .HAC bằng

31 2
pa . Tính theo a thể tích khối
3

chóp S .ABC .
Câu V. (2,0 điểm)Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1 và a 3b + b 3a +
lớn nhất của biểu thức: P =

1
= ab + 2 . Tìm giá trị
ab

1
1
3
.
+
2
2
1 + 2c
1+a
1+b

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1.1 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 12
Lời giải sơ lược



Gọi M  x 0 ;



Điểm

x0  2 
 (C)
x0 1 

Phương trình tiếp tuyến tại M: y 
Khi đó: A   1; x 0  5 
x 1


*Ta có: SIAB =

x 2
3
(x  x 0 )  0
2
(x 0  1)
x0 1

B(2x0+1; 2)

1,0

; I(-1; 1)



0

1
6
1
 2 x 0  1  2.3  6 (đvdt)
. IA. IB = 
2 x0 1
2

S IAB  p.r  r 

S
 rmax  pmin

p

Chu vi tam giác IAB nhỏ nhất khi IA = IB hay

 x 0  1  3
6
 2 x0 1  
x0 1
 x 0  1  3

1,0

*Vậy có 2 điểm thoả mãn
M1( 1  3;1  3 )

M2( 1  3;1  3 )
1.2 (2,0 điểm)
TXĐ: 

y '  x 2  2  m  1 x   m  3
Do phương trình y '  0 có nhiều nhất hai nghiệm trên  , nên để hàm số đã cho đồng biến trên
khoảng  0;3  y '  0, x   0;3



x2  2x  3
 m, x   0;3 .
2x  1

Xét hàm số g  x  

g ' x  

2x2  2x  4

 2 x  1

2

x2  2x  3
trên khoảng  0;3
2x  1

0,5

x  1
; g ' x   0  
 x  2  loai 

Từ BBT, g  x   m, x   0;3  m  2

Vậy, m  2 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;3
2.1 (2 điểm) 2sin 2 x  3 sin 2 x  3 3 sin x  3cos x  1 . (1)

(1)  3sin 2 x  2 3 sin x cos x  cos 2 x  3


1,0



3 s inx  cos x



2

 3( 3 s inx  cos x)



3 s inx  cos x



0,5

0,5
1,0


3 s inx cos x 0

3 s inx cos x 3(VN )

Gii ra ta c nghim ca phng trỡnh l x


k ; k Z
6

Do x ẻ ộờ 0; 2018 p ựỳ k ẻ {1; 2;...; 2018} .phng trỡnh cú 2018 nghim.
ở
ỷ
Cỏc nghim ny lp thnh cp s cng vi

ử 6110504 p
5p
2018 ổỗ 5p
x1 =
, d = p S 2018 =
+ 2017 p ữữữ =
ỗ2.
ữứ
6
2 ỗố 6
3

0,5

2.2 (2 im).

Ta cú (1 - x )

2017

0
1
2
3
2017 2017

= C 2017
- C 2017
x + C 2017
x 2 - C 2017
x 3 + ... - C 2017
x

1,0

Ly o hm 2 v ta c:

- 2017 (1 - x )

2016

= -C

1
2017

+ 2C

2
2017

x - 3C

3
2017

2

x + ... - 2017C

2017
2017

x

2016

1
2
3
2017 2016
x = 2 - 2017 = -C 2017
+ 2C 2017
2 - 3C 2017
22 + ... - 2017C 2017
2

Vy S =2017
3.1 (2 im)

x2 4 x 4 0
x 2


+ K : x 2 0
2 x 4

4 x 0


1,0

0,5

+ Bt phng trỡnh ó cho tng ng vi

1
log 22 ( x 2) 2 log 1 ( x 2) log 2 (4 x)
2 22

log 2 x 2 log 2 ( x 2) log 2 (4 x)

0,5

log 2 x 2 ( x 2) log 2 (4 x)
x 2 ( x 2) 4 x (1)

+) TH1: Vi x (2;2) thỡ (1) (2 x )( x 2) 4 x x (0;1) . Kt hp vi K trong
trng hp ny ta c x (0;1)
+) TH2: Vi x (2;4) thỡ

(1) ( x 2)( x 2) 4 x x (;
trng hp ny ta c x (

1 33
1 33
)(

; ) . Kt hp vi K trong
2
2

1,0

1 33
; 4)
2

* Vy bt phng trỡnh cú tp nghim l x (0;1) (

1 33
; 4)
2

ỡ
ù
ù(17 - 3x ) 5 - x + (3y - 14 ) 4 - y = 0
3.1 (2 im) Gii h phng trỡnh: ù
(x , y ẻ )
ớ
3
ù
4
2
x
8
(
x

y
2)
x
3
y
5
2
x
14
+
+
+
+
=
+
ù
ù
ợ
ỡù-4 Ê x Ê 5
iu kin ùớ
ùùy Ê 4
ợ
Phng trỡnh (1) tng ng vi 3(5 x) 2 5 x 3(4 y ) 2 4 y (3)

0,5
0,5


Xét hàm f (t )  (3t  2) t với t  0 , ta có f ' (t )  3 t 

3t  2

 0; t  0. ra suy ra f(t) đbiến trên
2 t
é 0; +¥) Kết hợp với (3) ta có f (5  x)  f (4  x)  5  x  4  y  y  x  1.
êë

Thay vào phương trình (2) của hệ ta được
4 2x  8  3 3 4x  8  2x  14  0
  4 2x  8   x  12    3 3 4x  8  (x  2)   0
(x  4) 2
(x  4) 2 (x  14)


0
4 2x  8  x  12 9 3 (4x  8) 2  3(x  2) 3 4x  8  (x  2) 2

1,0

(x  4)  0  x  4(tm)  y  3(tm)

1
(x  14)


 0(4)
 4 2x  8  x  12 9 3 (4x  8) 2  3(x  2) 3 4x  8  (x  2) 2

2

Nhận xét: Với x  4 ,vế trái của phương trình (4) luôn dương , nên (4) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 4;3)
4.1 (2 điểm)

B

H

E
K
A

G

F

C
0,5

I
D
Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD  A là trung điểm của KI, HK  DI 

AK 

1
IC ;
2

1

BK  GK / / AC  GK  AB  GB  GI  GC hay G là tâm đường tròn đi qua ba
2

điểm C, I, B.

  2 IBC
  90o , ID  1 IC  DE / / IG .
CGI
2
Phương trình đường thẳng DE: 2 x  y  1  0  E 1;3
CE  IG , suy ra phương trình CE : x  2 y  7  0 . Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình
7


x

x  2 y  7  0
7 7
3

 G  ;   C  5;1

3 3
6 x  3 y  7  0
y  7

3

1,0

 5 
DG  AG  A 1;1  B 1;5  . Vậy, A 1;1 , B 1;5  và C  5;1 .
2

0,5

4.2 (2 điểm)
S

0,5

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, CBD  ABD  SBD  OC  OA  OS nên SAC vuông tại S  AC 
Ta có,

1
1

1
 2
 SH 
2
SH
SA SC 2

x

0,5

x 1
2

ABCD là hình thoi  AC  BD  OB  AB 2  AO 2 
+ S ABCD 

x2  1

1
3  x2
2

1
1 2
1
AC.BD 
x  1. 3  x 2  V  x 3  x 2
2
2

6

2
2
+ Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có, V  1 x 3  x 2  1 . x  3  x  1
6
6
2
4

V có giá trị lớn nhất là

1,0

1
khi x  3  x 2  x  6
4
2

3.1 (2 điểm)
Gọi r1, r2 , r3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp DHAB , DHBC , DHAC

a
a
a
a
a
= a ; r2 =
=
, r3 =

=
0
0
0
2
2 sin 150
2 sin 120
2sin 90
3
Gọi R1, R2 , R3 lần lượt là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC, S.HAC

Khi đó r1 =

Đặt SH = 2x  R1 =

x 2 + a 2 , R2 =

Ta có S = 4pR12 + 4pR22 + 4pR32 =

x2 +

a2
,R =
3 3

x2 +

31 2
a 3
2a 3

pa  x =
 SH =
3
3
3

1 a 2 3 2a 3 a 3
.
=
Vậy thể tích khối chóp là V =
3 4
3
6
5 (2 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn: a 3b  b3 a 

biểu thức P 

1
1
3


2
2
1  a 1  b 1  2c

a2
4

0,5

0,5

1,0

1
 ab  2. Tìm giá trị lớn nhất của
ab


Theo BĐT Cô–si ta có: a 3b  ab3  2a 2b 2  ab  2  2a 2b 2 

1
ab

1
1
Đặt t=a.b>0  t  2  2t   2t 3  t 2  2t  1  0   t  1
2
t
1
1
2
Với a, b  0; ab  1 ta chứng minh
(*)


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
(1  a )(1  ab) (1  b 2 )(1  ab)
2
3
2
3t
P



1  ab 1  2 1  t t  2

ab
2
3t
2
6
1 


0
; f ' t   
Xét t   ;1 ; f  t  
2
2
1 t t  2
2 
1  t   t  2 

0,5

2

1 
 1  11
Từ đó f  t  nghịch biến trên  ;1  Max f  t   f   
2 
 2  15
1
1
1
Dấu “=” xảy ra khi t   a 

;b 
;c  2
2
2
2

0,5

1,0

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt
chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không
được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được
trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm