Đề thi chọn học sinh giỏi toán 12 cấp tỉnh THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và đt hòa bình

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018

UBND TỈNH HÒA BÌNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 15/12/2017.
Thời gian làm bài 180 phút.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01trang)

Họ tên thí sinh:…..………………………………………………
Số báo danh:…………............ Phòng thi:………………………
Câu 1: (3,0 điểm):
a) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số f ( x) = 1 + 3x2 - 2 x3 .
b) Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số y =

2 x - mx 2 + 1

(x - 1)

2

có đường tiệm cận đứng.

Câu 2 (5,0 điểm):
a) Tính tổng các nghiệm x    ;   của phương trình:

2(cosx  3 sin x) cos x  cos x  3sinx  1.

(

b) Giải phương trình 3 + 5

x

x

) + (3 - 5 )

- 7.2 x = 0.

3
3
2
 x  y  3 x  6 x  3 y  4  0
( x, y   ).
2
( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x  5 x  12 y

c) Giải hệ phương trình 

Câu 3 (4,0 điểm):
Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a 2 , BC  a và
SA = SB = SC = SD = 2 a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AC và H là hình
chiếu vuông góc của K trên SA .
a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a.
b) Tính diện tích xung quanh của hình nón được tạo thành khi quay tam giác ADC quanh AD
theo a.

c) Tính cosin góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( BKH ) .
Câu 4 (4,0 điểm):
æ 2 2 ö÷n
ççç x - ÷÷ , x ¹ 0
xø
è

7

a) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Newton của
, biết rằng n là số
3
2
3
nguyên dương thỏa mãn 4Cn+1 + 2Cn = An .
b) Cho đa giác lồi có 14 đỉnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác
đã cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có
cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
Câu 5 (2,0 điểm):
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm K (-2; -5) và đường tròn (C) có phương
trình ( x - 1) + ( y - 1) = 10 . Đường tròn (C 2 ) tâm K cắt đường tròn (C) tại hai điểm A , B sao
2

2

cho dây cung AB = 2 5 . Viết phương trình đường thẳng AB .
Câu 6 (2,0 điểm):
2

(

)

a) Cho a và b là hai số thực dương. Chứng minh rằng (a + b) a 2 + b2 ³ 8 a 2 b 2 .
b) Cho x , y , z là các số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1
2

( x - y)

+

1
2

( y - z)

+

……………… Hết …………..

8
2
.
+
xz y 3

UBND TỈNH HÒA BÌNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án gồm có 03trang)

Câu

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN.
Ngày thi: 15/12/2017

Nội dung

Điểm

Tập xác định của hàm số D =  . f ʹ ( x) = 6 x(1 - x)
1a
(2đ)

0,5

f ʹ ( x) = 0 khi x = 0, x = 1

1,0

Xét dấu f ʹ ( x) .
Kết luận đồ thị hàm số có một điểm cực đại có tọa độ (1; 2) và một cực tiểu (0;1) .

0,5

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi có một trong các giới
hạn: lim+ y = ¥ hoặc lim- y = ¥
x1

1b
(1đ)

x1

æ
ö
Ta có: lim çç2 x - mx 2 + 1÷÷ = 2 - m + 1 với m ³ -1 .
ø
x1 è
Do đó với m < -1 thì hàm số không có giới hạn khi x  1 nên đồ thị hàm số không có
tiệm cận đứng.
Với m ³ -1 và m ¹ 3 thì
2
æ
ö
lim çç2 x - mx 2 + 1÷÷ = 2 - m + 1 khác 0 và lim ( x - 1) = 0
ø
x1
x1 è

0,5

Khi đó lim y = ¥ nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x1

Khi m = 3 , ta có lim y = lim
x1

x1

2 x - 3x2 + 1
2

(x - 1)

= lim

x2 - 1

x1 æ

2
ö
ç2 x + 3 x 2 + 1÷÷( x - 1)
çè
ø

0,5

x +1
= ¥
æ
ö
x1

ç2 x + 3x 2 + 1÷÷( x - 1)
çè
ø
Nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Tóm lại, giá trị m cần tìm là m ³ -1
= lim

Pt đã cho  cos2x  3 sin 2 x  cosx  3 sin x

k 2



 cos  2 x    cos   x   x 
, k 
3
3

3

2a
(1,5đ)
2
2
Vì x    ;   nên x1  0; x2 
thỏa mãn
; x3 
3
3
Vậy tổng các nghiệm x    ;   của phuơng trình đã cho là S = 0.

2b
(1,5đ)

2c
(2đ)

æ 3 + 5 ö÷x æ 3 - 5 ö÷x
÷÷ + çç
÷÷ = 7 . Đặt
Đưa PT về dạng ççç
ç
èç 2 ÷ø÷ èç 2 ø÷÷

æ 3 + 5 ö÷x
çç
÷
çç 2 ÷÷÷ = t với t > 0 .
è
ø

2
1
7  3 5 æç 3  5 ö÷÷
2
Ta có PT t + = 7  t - 7 t + 1 = 0  t =
= çç
÷
çè 2 ÷ø÷
t

2
Từ đó suy ra PT có 2 nghiệm x = 2 .

ĐK: y  1
Phương trình (1) tương đương :  x  1  3  x  1  y 3  3 y  y  x  1
3

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
1,0


(x + 1)
  x  1

x + 2 + ( x + 6) x + 7 = x 2 + 7 x + 12





x  2  2   x  6





x  7  3  x2  2x  8

x6
 x 1

  x  2 

 x  4  0
x7 3
 x22

x  2
 x 1
x6
 

 x  4  0  *
x7 3
 x  2  2
Chứng minh phương trình (*) vô nghiệm
x2  x6
x6
1
 x2




 0 x  2



2   x7 3
2 
x22
 x22
Kết luận hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;3

0,5

S

0,5

H
3a
(2đ)

A
O
D

B

K
C

Gọi O = AC Ç BD . Ta có SO ^ ( ABCD) .

OA =

3b
(1đ)

AC a 3
3a 2 13a 2
a 13
=
=
 SO =
. SO 2 = SA 2 - OA2 = 4a2 .
2
2
4
4
2

1 a 13
a3 . 26
VS. ABCD = .
.a 2.a =
3 2
6
2
S xq   .DC. AC   a 6.
Chỉ ra được K là trọng tâm tam giác BCD , KA = 2 KC .
Chứng minh được SA ^ ( BKH ) .

.
Do đó góc giữa SB và ( BKH ) là góc SBH

3c
(1đ)

a 6
2 SO. AC a 39
=
, KH =
3
3 SA
6
Tam giác BKH vuông ở K .
2a2 39a2 7 a2
a 7
+
=
 BH =
Từ đó suy ra BH 2 =
3
36
4
2

1,0
1,0

0,5

Tính được BK =

=
và cos SBH
4a

0,5

0,5

BH
7
=
.
SB
4

Từ 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 . Điều kiện n Î  * , n ³ 3 . Tìm được n = 11 .

1,0


(2đ)
Khai triển

æ 2 2 ö÷11
çç x - ÷ =
çè
x ø÷

11-k

11

å C11k ( x2 )

k

(-2)

k=0

1
x

k

=

11

k

å C11k (-2)

x 22-3 k

k=0

Hệ số x7 tương ứng với 22 - 3 k = 7  k = 5 .

0,5

5

5
Vậy hệ số x7 là C11
(-2) = -14784
3
Tính số phần tử của không gian mẫu: n()  C14
 364 .
Gọi A là biến cố : “ Tam giác được chọn trong X không có cạnh nào là cạnh của đa giác
”
Suy ra A là biến cố : “ Tam giác được chọn trong X có ít nhất một cạnh là cạnh của đa
giác ”

4b
(2đ)

TH 1: Nếu tam giác được chọn có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác thì có 14 tam giác thỏa
mãn.
TH 2: Nếu tam giác được chọn có đúng một cạnh là cạnh của đa giác thì có 14.10=140
tam giác thỏa mãn.
Suy ra n( A)  14  140  154
Vậy số phần tử của biến cố A là: n( A)  n()  n( A)  210
n( A) 15
Suy ra P ( A) 

n() 26
Gọi H là giao điểm IK và AB .

Tính được IH = 5

5
(2đ)

6a
(0,5đ)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Viết PT đường thẳng IK : -2 x + y + 1 = 0 . H Î IK  H (t ; 2t - 1)

0,5

IH = 5  H (0; -1) hoặc H (2; 3)

0,5

Đường thẳng AB đi qua H và vuông góc với IK nên có phương trình:
x + 2 y + 2 = 0 hoặc x + 2 y - 8 = 0 .

0,5

2

(a + b)

(

)

³ 4 ab > 0; a 2 + b2 ³ 2 ab > 0

0,5

Nhân các vế tương ứng hai bđt trên, suy ra điều phải chứng minh.
1
1
8
1
1
8
với a , b > 0 nên
.
Theo phần a) ta có
+ ³
+
³
2
2

2
2
2
2
a
b
(a + b)
( x - y ) ( y - z) ( x - z )
Suy ra P =

1
2

( x - y)

+

1
2

( y - z)

+

8
2
8
8
2
+

³
+ +
xz y 3 ( x - z)2 xz y 3
2

m2 n2 (m + n)
+
³
với a , b , m , n > 0
Ta chứng minh được bất đẳng thức :
a
b
a+b
6b
(1,5đ)

a
b
đẳng thức xảy ra khi
= . Ta có:
m n

0,5

(1 + 2)
4
9
+
³
=

.
2
4 xz ( x - z) + 4 xz ( x + z)2
2

1
2

( x - z)

æ
ö
çç 1
4 ÷÷÷ 2
72
2
72
2
ç
.
Vì vậy P ³ 8 ç
+
+
=
+
÷÷ + 3 ³
2
2
3
2

3
çç( x - z)
4 xz ÷÷ y
y
y
x
+
z
y
1
(
)
(
)
è
ø
æ 1ö
36
1
Xét hàm số f (t) =
với 0 < t < 1 . Ta được min f (t ) = f çç ÷÷ = 216
+
2
3
ç
è 3 ÷ø
(0;1)
(1 - t) t
2
1

2
Vậy P nhỏ nhất bằng 216 khi y = , và x + z = , ( x - z) = 2 xz
3
3
1
1
1
1
1
2
2
;y= ;z= . Tức là x = +
Hay x + z = , xz =
3 3 3
3
3 3 3
3
27
--- Hết ---

0,5

0,5