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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018
----------------------------------------------------------------------------------------------------------

------------------

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm)

2x −1
có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng
x +1
khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.

1) Cho hàm số: y =

2) Cho hàm số: y = 2 x3 − ( m + 6 ) x 2 − ( m 2 − 3m ) x + 3m 2 có đồ thị là ( Cm ) ( m là tham số). Tìm
tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ
6.
x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn: ( x1 − 1) + ( x2 − 1) + ( x3 − 1) =
2

2

2

Câu 2. (4,0 điểm)

1) Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( n ∈ N * ,n ≥ 2 ). Gọi S là tập hợp
các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S,
1
biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là
. Tìm n.
13
2) Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [ 0;100π ] của phương trình:
3 − cos2 x + sin2 x − 5sinx − cosx
=0
2cos x + 3


x2
Câu 3. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để=
hàm số y log 2018  2017 x − x − − m  xác định
2


với mọi x thuộc [ 0;+∞ ) .
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, 
ABC = 600 ,
SA
= SB
= SC , SD = 2a . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.
1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích V1 ;V2 trong đó V1 là
V
thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1 .
V2

3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.
Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

 x3 − y 3 − 3 ( 2 x 2 − y 2 + 2 y ) + 15 x − 10 =
0

0
 x 2 + y − 5 + 3 y − 3 x 2 − 6 y + 13 =

Câu 6. (2,0 điểm)
Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = (1 + a 2 + b 2 + a 2b 2 )(1 + c 2 + d 2 + c 2 d 2 )
 HẾT 
Họ và tên thí sinh:............................................................... SBD:...................


KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018
----------------------------------------------------------------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN
(Gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN

CÂU
Câu 1.
(4 điểm)
1.
(2 điểm)

ĐIỂM

2x −1
có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho
x +1
tổng khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho hàm số: y =

Ta có:=
lim y 2;=
lim y 2 nên y=2 là đường tiệm cận ngang
x →+∞

0,5

x →−∞

lim y = −∞; lim− y = +∞ nên x=-1 là đường tiệm cận đứng

x →−1+

x →−1

 2x −1 

Giả sử điểm M  x0 ; 0  ∈ ( C ) ; x0 ≠ −1
x0 + 1 

3
d( M ,TCD=
x0 + 1 ; d( M ,TCN ) =
)
x0 + 1
Suy ra: d( M ,TCD ) + d( M ,TCN ) = x0 + 1 +

0,5

3
≥2 3
x0 + 1

0,5

 x=
3 − 1( tm )
0
Dấu bằng xảy ra khi 
.Các điểm M cần tìm:
 x0 =
− 3 − 1( tm )
2.
(2 điểm)

(
(

)

M =
3 − 1; 2 − 3

 M =− 3 − 1; 2 + 3


)

0,5

Cho hàm số: y = 2 x3 − ( m + 6 ) x 2 − ( m 2 − 3m ) x + 3m 2 có đồ thị là ( Cm ) ( m là tham
số). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân
biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn: ( x1 − 1) + ( x2 − 1) + ( x3 − 1) =
6.
2

2

2

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 x3 − ( m + 6 ) x 2 − ( m 2 − 3m ) x + 3m 2 =
0 (1)
⇔ ( x − 3) ( 2 x − mx − m
2

2

0
)=


x = 3

⇔ x =
m

−m
x =

2
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 3
m ≠ 3

nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0
m ≠ −6

 m = 0 ( loai )
Khi đó: ( x1 − 1) + ( x2 − 1) + ( x3 − 1) =6 ⇔ 
 m = 4 ( tm )

5
4
Vậy m =
5
2

2

2

1

0,5

0,5

1,0


CÂU
Câu 2.
(4 điểm)
1.
(2 điểm)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( n ∈ N ,n ≥ 2 ). Gọi S là tập
hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác
1
thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là
. Tìm n.
13
3
Số phần tử của tập hợp S là: C2n

*

3
Số phần tử không gian mẫu: n ( Ω ) = C2n

Gọi A là biến cố: “ Chọn được tam giác vuông”
Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm O.
Mỗi tam giác vuông được tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O
và một đỉnh trong 2n-2 đỉnh còn lại .
⇒ Số tam giác vuông được tạo thành: Cn1 .C21n − 2
Theo bài ra ta có: P ( A ) =
2.
(2 điểm)

Cn1 .C21n − 2 1
=
⇔ n = 20
C23n
13

0,5

1,0

0,5

Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [ 0;100π ] của phương trình:
3 − cos2x+sin2x-5sinx-cosx
=0
2cosx+ 3

− 3
2
3-cos2x+sin2x-5sinx-cosx=0

0,25

Điều kiện: cosx ≠

⇔ 2sin 2 x-5sinx+2+2sinx.cosx-cosx =
0

Câu 3.
(2 điểm)

 2sin x − 1 =0
⇔ ( 2sin x − 1)( s inx+cosx-2 ) =
0⇔
s inx+cosx-2=0
sin x + cos x − 2 =
0 (phương trình vô nghiệm)
π

 x = 6 + k 2π
2sin x − 1 = 0 ⇔ 
(k ∈ Z )
 x = 5π + k 2π

6
π
Đối chiếu điều kiện nghiệm phương trình là: x = + k 2π, k ∈ Z

6
π
x ∈ [ 0;100π] ⇒ 0 ≤ + k 2π ≤ 100π ⇒ 0 ≤ k ≤ 49, k ∈ Z
6
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là:
π π
 π

π
 π π
 50 7375
+  + 2π  +  + 4π  + ... +  + 98π  =  + + 98π  . =
π
6 6
3
 6

6
 6 6
 2
Hàm số xác định với mọi x thuộc [0;+∞) khi và chỉ khi
x2
x2
2017 x − x − − m > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ 2017 x − x − > m, ∀x ∈ [ 0; +∞ )(*)
2
2

0,5
0,25

0,5

0,5

0,5

x2
trên [ 0; +∞ ) . Hàm số liên tục trên [ 0; +∞ )
2
=
f '( x) 2017 x.ln 2017 − 1 − x và liên tục trên [0;+∞)

Xét hàm số: f =
( x) 2017 x − x −

=
f ''( x) 2017 x. ( ln 2017 ) − 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ )
2

⇒ f ' ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ f ' ( x ) ≥ f=
' ( 0 ) ln 2017 − 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ )

⇒ f ( x) là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ min f ( x ) =
1

1,0

Bất phương trình (*) ⇔ f ( x ) > m, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ min f ( x ) > m ⇔ m < 1

0.5

[0;+∞ )

[0;+∞ )

2


ĐÁP ÁN

CÂU

ĐIỂM

ABC = 600 ,
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, 
(6,0 điểm) SA
= SB
= SC; SD
= 2a . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.
1) Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích V1 ;V2 trong
V
đó V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1
V2
3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện
tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.
S

N

M
E
A

D

K

O
H
C

B

1.
(2 điểm)

Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
Gọi H là trọng tâm ∆ ABC . Chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) và tính được SH =

2 6a
3

0,25

3
Lập luận được d( A,( SCD )) = d( H ,( SCD ))
2
2 6a

Tính được d( H ,( SCD )) =
9
a 6
Suy ra d( A,( SCD )) =
3
2.
(2 điểm)

1,0

0,5
0,25

Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích V1 ;V2 trong đó V1 là
V
thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1
V2
Trong mặt phẳng (SAB), dựng đường thẳng đi qua A và vuông góc với SB tại K.
Chứng minh ( AKC ) ⊥ SB . Suy ra (P) là mặt phẳng (AKC)
a 3
SK 5
⇒
=
6
SB 6
SK 5
5
5
1
=

= ⇒ VSAKC = VSABC = VSABCD ⇒ V2 = VSABCD
SB 6
6
12
12

Tính được SB =
V
⇒ SAKC
VSABC
=
⇒ V1

3a; BK =

V1
11
VSABCD ⇒
=
11
12
V2
3

1,0
1,0


ĐÁP ÁN

CÂU
3.
(2 điểm)

ĐIỂM

Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích
mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.
Trong mặt phẳng (AKC) dựng d1 là đường trung trực của đoạn AK; d 2 là đường
trung trực của đoạn KC, d1 cắt d 2 tại điểm I.
Chứng minh được I cách đều 5 đỉnh của hình chóp K.ACMN
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K.ACMN. Do đó bán kính mặt cầu bằng
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC
S

N

M
d1
A

K
I

d2
C

1,0
Tính được KA
= KC

=

a 33
6

a2 6
6
KA.KC. AC 11 6a
Bán kính mặt=
cầu là : R =
4 S KAC
48

Diện tích tam giác KAC: S KAC =

1,0

121πa 2
Diện tích mặt cầu: S mc =4πR 2 =
96
3
3
Câu 5.
 x − y − 3 ( 2 x 2 − y 2 + 2 y ) + 15 x − 10 =
0 (1)
(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
0 ( 2)
 x 2 + y − 5 + 3 y − 3 x 2 − 6 y + 13 =
 x2 + y − 5 ≥ 0


Điều kiện:  y ≥ 0
3 x 2 − 6 y + 13 ≥ 0

Biến đổi phương trình (1) ⇔ ( x − 2 ) + 3 ( x − 2 ) = ( y − 1) + 3 ( y − 1)
3

3

Phương trình có dạng: f ( x − 2 )= f ( y − 1) với f ( t ) =t 3 + 3t , t ∈ R
f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, t ∈ R nên hàm số f ( t ) đồng biến trên R
Do đó: f ( x − 2 ) = f ( y − 1) ⇔ x − 2 = y − 1 ⇔ y = x − 1
Thay vào phương trình (2) ta được:

x 2 + x − 6 + 3 x − 1 − 3 x 2 − 6 x + 19 =
0 ( 3)

Điều kiện: x ≥ 2
4

0,5
0,25


ĐÁP ÁN

CÂU

Khi đó phương trình ( 3) ⇔ x 2 + x − 6 + 3 x −=
1

ĐIỂM
3 x 2 − 6 x + 19

⇔ 3 x − 1 x 2 + x − 6 = x 2 − 8 x + 17

0,25

⇔ 3 x − 2 x 2 + 2 x − 3 = ( x 2 + 2 x − 3) − 10 ( x − 2 )
x−2
 x−2 
⇔ 10  2
− 1 =0
+3 2
x + 2x − 3
 x + 2x − 3 

x−2
1
=
 2
x + 2x − 3 5
⇔

−1
x−2
= ( vn )
 2
 x + 2x − 3 2



23 + 341
x=
( tm )

x−2
1
2
2

= ⇔ x − 23 x + 47 =0 ⇔
x2 + 2x − 3 5

23 − 341
( tm )
x =

2


23 + 341
23 − 341
x =
x =


2
2
Suy ra nghiệm của hệ phương trình là: 
hoặc 
 y = 21 + 341

 y = 21 − 341


2
2

0,5

0,5

Câu 6. Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
(2,0 điểm) biểu thức: P= (1 + a 2 + b 2 + a 2b 2 )(1 + c 2 + d 2 + c 2 d 2 )

P=
(1 + a 2 )(1 + b2 )(1 + c 2 )(1 + d 2 )

⇒ ln P = ln (1 + a 2 ) + ln (1 + b 2 ) + ln (1 + c 2 ) + ln (1 + d 2 )
Chứng minh được bất đẳng thức: ln (1 + t 2 ) ≥
Áp dụng (*) ta có:

8
2
17
t − + ln , ∀t ∈ [ 0;1] (*)
17 17
16

ln (1 + a 2 ) + ln (1 + b 2 ) + ln (1 + c 2 ) + ln (1 + d 2 ) ≥
17
 17 

⇔ ln P ≥ 4 ln ⇔ P ≥  
16
 16 

8
8
17
( a + b + c + d ) − + 4 ln
17
17
16

4

Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= d=

 17 
Vậy min P =  
 16 

1,0

1
4

4

1,0

Lưu ý:

- Trên đây là hướng dẫn chấm bao gồm các bước giải cơ bản, học sinh phải trình bày đầy đủ,
hợp logic mới cho điểm.
- Mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Câu 4 nếu không có hình vẽ không chấm điểm.
5