Đề thi HSG môn Toán tỉnh Quảng Bình năm 2017 – Có đáp án chi tiết

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2016-2017
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2017
Môn thi: TOÁN

Họ và tên:…………………..

LỚP 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

SỐ BÁO DANH:……………

Câu 1 (2.0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m (m  0) để đường thẳng  : y  3( x  m) cắt đồ thị hàm
số y 

3 x  2m
( H ) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích OAB bằng
mx  1

21
.
2

Câu 2 (2.0 điểm)

oc
.co

m

x2  x  3
a. Giải phương trình : log 2017 2
 x 2  3x  2 ( x  )
2x  4x  5
1
b. Cho 2017 số a1, a2 , a3 ,..., a2017 thuộc khoảng  ;1  . Chứng minh rằng:
4 
1
1
1
1




log a1  a2    log a2  a3    ...  log a2016  a2017    log a2017  a1    4034
4
4
4
4




1
2

1


2

a. Chứng minh:

gt
oa
nh

Câu 3 (2.0 điểm)

1



1  x 2017

0



dx 



4

tp
:

//b

lo

  2017  cos x 2017sin x 
b. Tính tích phân sau: I   ln 
 dx
2017
  2017  sin x 

0
Câu 4 (3.0 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ c cạnh l a . Trên AA’, BB’ lấy lần lượt các
2

ht

điểm M, N sao cho AM 

3a
a
, BN  . G i ( P ) l m t phẳng đi qua ba điểm M, N, C và
4
2

Q l giao điểm của DD' với mp(P) .
a. Thi t diện của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ khi cắt bởi (P) l hình gì. Tính diện
tích của thi t diện đ .
b. Tính khoảng cách từ điểm B' đ n m t phẳng (P) theo a .
c. G i E, F lần lượt l trung điểm của B'C' v C'D'. Tính bán kính m t cầu (S) đi qua bốn

điểm A, C, E, F theo a .
Câu 5 (1.0 điểm)

Cho a, b, c l các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T

4
a 2  b2  c 2  4



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

-------------------hÕt------------------1


SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2016-2017
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2017
Môn thi: TOÁN
LỚP 12 THPT
Đ p n n gồm có 06 trang

Câu

N i dung

oc
.co
m

YÊU CẦU CHUNG
* Đáp án chỉ trình b y một lời giải cho mỗi b i. Trong b i l m của h c sinh yêu cầu phải
lập luận lôgic ch t chẽ, đầy đủ, chi ti t v rõ r ng.
* Trong mỗi b i, n u h c sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước giải sau c liên quan. Ở câu 4 n u h c sinh không vẽ hình ho c vẽ hình sai thì cho
điểm 0.
* Điểm th nh phần của mỗi b i n i chung phân chia đ n 0,25 điểm. Đối với điểm th nh
phần l 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chi t th nh từng 0,25 điểm.
* H c sinh c lời giải khác đáp án (n u đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của
từng b i.
* Điểm của to n b i l tổng (không l m tròn số) của điểm tất cả các b i.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m đ đường thẳng  : y  3( x  m) cắt
3 x  2m
( H ) tại 2 đi m phân biệt A, B sao cho diện
mx  1
21
tích OAB bằng
.
2
Phương trình ho nh độ giao điểm của  v đồ thị ( H ) :
1
3mx 2  3m2 x  m  0, x 
m
Vì m  0 nên phương trình  3x2  3mx  1  0 (*). Ta có
 1  3

  9m2  12  0, m  0 và f    2  2  0, m  0 (ở đây f  x  l v
m m
trái của (*)) nên  luôn cắt đồ thị ( H ) tại 2 điểm A, B phân biệt m  0

2,0

0,50

1

ht

tp
:

//b

lo

gt
oa
nh

đồ thị hàm số y 

Đi m

Ta có A  x1;3x1  3m  , B  x2 ;3x2  3m  với x1 , x2 l 2 nghiệm của (*).
3m

ta có d  O;   
AB 

10

và

 x2  x1    3x2  3x1 
2

2

 10  x2  x1 

 10  x1  x2   40 x1 x2  10m 2 
2

SOAB 

2

0,50

40
3

1
1 3m
40
21

d  O;   AB 
10m 2 

2
2 10
3
2

40
 3 m 10m 
 70  30m4  40m2  70  0
3
2

2

0,50


m2  1
m  1
 2

 m  1 (t/m)
 m   7 (l )


3

0,50

K t u n: m  1; m  1

a. Giải phương trình sau: log 2017

x2  x  3
 x 2  3x  2 ( x  )
2
2x  4x  5

1,0

 x 2  x  3  0, x  R
Ta có 
v 2 x 2  4 x  5 - x 2  x  3  x 2  3x  2
2
2 x  4 x  5  0, x  R
Phương trình đã cho tương đương với
x2  x  3
log 2017 2
 2 x2  4 x  5  x2  x  3
2x  4x  5
Đ t a  x 2  x  3, b  2 x 2  4 x  5  a  0, b  0 
a
Phương trình trở th nh log 2017  b  a  a  log 2017 a  b  log 2017b (*)
b
Xét h m số: f (t )  t  log 2017 t , t  0.
1
 f '(t )  1 
 0, t  0

t ln 2017
Do đ f (t ) l h m đồng bi n trên (0;  ) . Từ (*) suy ra a  b .
 x  1
hi đ ta c : x 2  x  3  2 x 2  4 x  5  
 x  2
K t u n: x  1; x  2
1
b. Cho 2017 số a1, a2 , a3 ,..., a2017 thu c khoảng  ;1  . Chứng minh
4 



0,25

0,25

tp
:

rằng:

//b

lo

0,25

1,0

1

1


log a1  a2    log a2  a3    ...
4
4


1
1


 log a2016  a2017    log a2017  a1    4034
4
4


1
1


M  log a1  a2    log a2  a3    ...
4
4


1
1



 log a2016  a2017    log a2017  a1  
4
4



ht

2

0,25



oc
.co
m

 

gt
oa
nh





1
1 3

 ai  1 , 0  ai  
4
4 4
2
1
1
Lại c :  ai    0  ai2  ai 
nên
2
4


0,25

Nhận xét: i  1;2017,



M  log a1 a22  log a2 a33  ...  log a2017 a12  2 log a1 a2  log a2 a3  ...log a2017 a1
3



0,25


Do log a1 a2 ,log a1 a2 ,...,log a2017 a1 l các số dương nên theo BĐT CôSi ta c :

M  2.2017. 2017 log a1 a2.log a2 a3....log a2017 a1  2.2017. 2017 1  4034
Đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ....  a2017 

K t u n: Vậy M  4034
a. Chứng minh:



1
2



dx 

0

0

1
2

Tính



1  x 2017

0

dx 



1,0

4

 dx 
0

1
;
2

1
1  x 2017
1
2


0

dx 

1
2

1



1  x2

0

1
1 x

2

dx 


4

. Vậy



0,25

0,25

dx

oc
.co
m

do đ

1

0,25

1
1
1 

; x   0;
2017
2
2 
1 x
1 x


Ta có: 1 
1
2

1

2

1
2

1
2

1


2

1
2


0

1

1 x

2017

dx 



gt
oa
nh


2

0,5

4

  2017  cos x 2017sin x 
I   ln 
 dx
2017
2017

sin
x




0

2

b.

0,25

1,0

C Ta có I    2017  sin x  ln  2017  cos x   2017ln  2017  sin x   dx =
0



lo



2

2

//b

= 2017  ln  2017  cos x  dx   sin x ln  2017  cos x  dx
0

2

tp
:



0

2017  ln  2017  sin x dx = A+B - C
0

ht

3

0,5





2

2

0

0

Với A  2017  ln  2017  cos x  dx , B   sin x ln  2017  cos x  dx ,

2

C  2017  ln  2017  sin x  dx
0


2

Xét A  2017  ln  2017  cos x  dx
0



Đ t x


2

0

2



0

 t  A  2017  ln  2017  sin t dt  2017  ln  2017  sin x dx  C
2

Vậy I = B
4

0,25



2

Tính tích phân B   sin x ln  2017  cos x  dx
0

2018

Đ t u  2017  cos x  du   sin xdx  B 



ln udu

0,25

2017

Dùng từng phần tính được:
2018

B



2018

ln udu   u.ln u  |

2018
2017

2017





du  2018ln 2018  2017ln 2017  1

2017

oc
.co

m

Vậy: I  2018ln 2018  2017 ln 2017  1
Cho hình p phương ABCD.A’B’C’D’ c cạnh à a . Trên AA’, BB’
3a
a
ấy ần ượt các đi m M, N sao cho AM  , BN  . Gọi ( P ) à m t
4
2
phẳng đi qua ba đi m M, N, C và Q à giao đi m của DD' với mp(P) .
a. Thi t diện của hình p phương ABCD.A’B’C’D’ khi cắt bởi (P) là
hình gì. Tính diện tích của thi t diện đ .

B'

gt
oa
nh

E

1,0

C'

F

D'

A'

3,0

N

lo

M

tp
:

//b

0,25

B

C
Q

ht

4

A

D

Thi t diện l hình bình h nh MNCQ.

a2 a
2
MN  CQ  a 

17 MQ  NC 
16 4
9 2
a
MC 
a  2a 2 
41
16
4

5

0,25

a2 a
a 

5
4 2
2

0,25


Xét tam giác MQC có

5 2 17 2 41 2
a  a  a
MQ  QC  MC
4
16
16   1
cosMQC 

a
a
2MQ.QC
85
2. 5. 17
2
4
1
84
 sin MQC  1 

85
85
a
a
84 a 2 84
 S MNCQ  MQ.QC.sin MQC 
5. 17.

2
4
85

8
b. Tính khoảng cách từ đi m B' đ n m t phẳng (P) theo a .
VB '.MNCQ  VQ.MNB '  VQ.B ' NC
2

2

2

oc
.co
m

1
1 1 a a3
1
1 1 a a3
VQ.MNB '  .a.SMNB '  .a. .a.  ; VQ.B ' NC  .a.S B ' NC  .a. .a. 
3
3 2 2 12
3
3 2 2 12
a3 a3 a3
 
12 12 6
1
 d  B ';( MNCQ)  .S MNCQ
3

VB '.MNCQ 

VB '.MNCQ

a3
3V
4a
 d  B ';( P)   d  B ';( MNCQ)   B '.MNCQ  2 6 
S MNCQ
a . 84
84
8
c. Gọi E, F ần ượt à trung đi m của B'C' và C'D'. Tính bán kính m t
cầu (S) đi qua bốn đi m A, C, E, F theo a .
G i O1 , O2 lần lượt l tâm các hình vuông A'B'C'D' v ABCD.
G i O l tâm của m t cầu (S), khi đ O thuộc m t phẳng trung trực ( )
của EF  O  mp( ACC ' A ') ; đồng thời O thuộc m t phẳng trung trực (  )
của AC  O  mp( BDD ' B ')
Mà mp( ACC ' A ') mp( BDD ' B ')  O1O2  O  O1O2
Đ t OO1  x  OO2  a  x

tp
:

//b

lo

gt
oa
nh

3.

ht

a2
a2
5a
2
hi đ ta c : OE  OA  x 
 a  x 
x
4
2
8
2

2

2

Vậy bán kính m t cầu (S) l R  OE 

25a 2 a 2 a


41
64
4 8

0,50

0,75
0,25

0,25

0,25

1,0

0,25

0,25

0,50

Cho a, b, c à các số thực dương. Tìm giá trị ớn nhất của bi u thức:

9
a 2  b2  c 2  4 (a  b) (a  2c)(b  2c)
4
9
T

a 2  b2  c 2  4 (a  b) (a  2c)(b  2c)
T

5

4



Theo BĐT B.C.S ta c : a  b  c  2  4(a 2  b 2  c 2  4)
6

1,0

0,25




1
 a  b  c  2   a 2  b2  c 2  4
2

Theo BĐT Cô-si ta có:

 a  b  4c 
3(a  b) (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).

2


1  4(a  b  c) 
2
 

2

a

b

c



2
2
2

8
27

a  b  c  2 2(a  b  c) 2

Vậy T 

0,25

f '(t )  

oc
.co
m

8
27
 2  f (t )

Đ t t  a  b  c ;(t  0)  T 
t  2 2t
8
27
 2 , (t  0)
Xét h m số f (t ) 
t  2 2t

8
27

(t  2) 2 t 3

8
27
 3  8t 3  27(t  2) 2  0  t  6
2
(t  2)
t
5
5
Từ BBT ta có T  f (t )  f (6)  ; Vậy maxT  xảy ra khi a  b  c  2
8
8

ht

tp
:

//b

lo

gt
oa
nh

f '(t )  0 

7

0,25

0,25