Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12, tỉnh Lâm Đồng năm 20172018

Cập nhật đề thi mới nhất tại />
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN 12
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1.

(2,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx 2  3x  3m  2 cắt trục hoành tại 3 điểm phân
biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12  x22  x32  15 .

Câu 2.

(3,5 điểm) 1. Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc  0;100  của phương trinh

sin2x+2sin 2 x-5sinx-cosx+2
 0.
2cosx+ 3
2.Giải bất phương trình : log 2 x  log 2 x 8  3 .
Câu 3.

 cm  .

(2,5 điểm) Có năm đoạn thẳng có chiều dài là 1 , 3 , 5 , 7 , 9

Lấy ngẫu nhiên ba đoạn

thẳng từ năm đoạn thẳng đó. Tính xác suất để ba đoạn thẳng được chọn có thể xếp thành một
hình tam giác.

x

2

 x  ex

Câu 4:

(2,5 điểm) Tìm hàm số y  f  x  biết đạo hàm y  f   x  

Câu 5:

(3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Gọi M , N lần lượt

x  e x

và f  0   0 .

là trung điểm AB, BC . Biết mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và tam giác

SAM là tam giác đều. Tính thể tích của khối chóp S.MND và khoảng cách h giữa hai đường
thẳng SM và DN .
Câu 6:

(2,0 điểm)
Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai triển nhị thức

1


P  x   x  
x


2018

1 1009
. Tính S  C2018
.
2

Câu 7:


 2x 1  2 y 1  y  x 1
(2,5 điểm) Giải hệ phương trình 
‘
2
2
x
y

y

3
xy

3
x


7
y

8

2
x
y

3



Câu 8.

(2,5 điểm) Cho ba số thực không âm a , b, c thỏa mãn 1  a 2  1  2b  1  2c  5.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  2a 3  b3  c 3 .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 1/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI CÁC THẦY CÔ GIÁO

1.
2.
3.
4.

5.
6.
7.
8.
9.
Câu 1.

LÊ THANH BÌNH
NGUYỄN THẾ DUY
ĐỖ ĐƯỜNG HIẾU
ĐẶNG MẠNH HÙNG
HOÀNG MINH QUÂN
MAI NGỌC THI
PHẠM ĐỨC TÙNG
ĐINH VĂN VANG
BÙI THỊ THÚY VÂN

Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx 2  3x  3m  2 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có
hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12  x22  x32  15 .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm
x 3  3mx 2  3x  3m  2  0   x  1  x 2  1  3m  x   2  3m   0

x  1
.

2
f
x


x

3
m

1
x

3
m

2

0








Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  f  x  có 2 nghiệm phân biệt khác 1

m  0
m  0
 2
 m  0.

2

9m  6m  9  0
 3m  1  4  3m  2   0
 x1  x2  3m  1
Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của f  x  . Ta có 
.
 x1 x2  3m  2

Khi đó x12  x22  x32  15  x12  x22  14   3m  1  2  3m  2   14  0  m 2  1  0
2

m  1

.
 m  1

Vậy m   ; 1  1;   .
:
Câu 2.

1. Tìm m để đồ thị Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc  0;100  của phương trinh

sin2x+2sin 2 x-5sinx-cosx+2
 0.
2cosx+ 3
Lời Giải
 3
.
2
 2sin 2 x-5sinx+2+2sinx.cosx-cosx  0

Điều kiện: cosx 

 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).

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 2/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />


 x  6  k 2
+) 2sin x  1  0  
k  Z  .
 x  5  k 2

6

 k 2, k  Z
6

Đối chiếu điều kiện nghiệm phương trình là: x 


 k 2  100  0  k  49, k  Z
6

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là:
 
 


  
 50 7375
   2     4   ...    98      98  . 

6 6
3
 6

6
 6 6
 2
2.Giải bất phương trình : log 2 x  log 2 x 8  3 .
Lời Giải
x   0;100  0 

x 0

Dk : 
1
 x  2
 log 2 x 

1
3
 3  log 2 x 

3
log8 2 x
1  log 2 x

1  x  4
0  log 2 x  2
log 22 x  2 log 2 x

0

 x 1
log
x


1
log 2 x  1

2

2
1 x  4
Kết hợp điều kiện : Nghiệm của bpt là: 
.
0  x  1

2
Câu 3.

Có năm đoạn thẳng có chiều dài là 1 , 3 , 5 , 7 , 9

 cm  . Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng từ năm

đoạn thẳng đó. Tính xác suất để ba đoạn thẳng được chọn có thể xếp thành một hình tam giác.
Lời giải
3
Số phần tử của không gian mẫu: C5  10 .
Số phần tử của biến cố: 7,3,5 , 9,3,5 , 9,7,5 nên có 3 cách.
Vậy: P  A  

Câu 4:

3
.
10

(2,5 điểm) Tìm hàm số y  f  x  biết đạo hàm y  f   x 

Ta có f  x    f  x  dx  

 xe

x

2

 x e

x  e x

x


2

 x  ex

x  e x

và f  0   0 .

Lời giải
x

dx  

 e x  xe x  1   e x  xe x 

x

2

 x  e2 x

xe x  1

dx

 x
e x  xe x 

x

xe

e

d
x

 dx

xe x  1 
xe x  1
d  xe x  1
e x  xe x
x
x
x
x
  xe dx   e dx  
dx   x de   e dx  
xe x  1
xe x  1



x

 xe x   e x dx   e x dx  ln xe x  1  C  xe x  ln xe x  1  C
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 3/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Mà f  0   0  C  0 .
Vậy f  x   xe x  ln xe x  1 .
Câu 5:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm AB, BC . Biết mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và tam giác SAM là
tam giác đều. Tính thể tích của khối chóp S.MND và khoảng cách h giữa hai đường thẳng
SM và DN .
Lời giải
(Bạn đọc tự vẽ hình)
Gọi H là trung điểm AM .


 SAM    ABCD 

Ta có  SAM    ABCD   AB   SH   ABCD  .



SH  AB

a 3
.
2
1 2

1
3a 2
2
 4a  a  2. .a.2a 
.
2
2
2

Tam giác SAM đều cạnh a suy ra SH 
S DMN  S ABCD  S BMN  S ADM  S DCN

1
1 a 3 3a 2 a3 3
.
VSMDN  .SH .SMDN  .
.

3
3 2
2
4
Gọi I là trung điểm AD , J là trung điểm AI
E là hình chiếu của H trên MJ , K là hình chiếu của H trên SE .
Ta có DN / / BI / / MJ  DN / /  SMJ  .
 d  SM , DN   d  DN ,  SMJ    3d  A,  SMJ    6d  H ,  SMJ  

HK   SMJ 
Ta có MJ 

1
1
4
5
a 5
1
a 5
 2  2  2  d  A, MJ  
, 2
.
BI 
d  A, MJ  a
a
a
2
2
2

1
1
1
16
4
15
1
a 5


 2  2  HK 
a.

,
d  H , MJ   d  A, MJ  
2
2
2
HK
HE
SH
5a 3a
68
2
4
Vậy d  SM , DN   6a
Câu 6:

15
.
68

(2,0 điểm)
Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai triển nhị thức

1

P  x   x  
x


2018

1 1009
. Tính S  C2018
.
2

Lời giải
2018

k

2018
1

 1  2018 k 20182 k
k
P  x    x     C2018
x 2018k     C2018
x
x

 x
k 0
k 0
, với k  và k  2018 .
x
Số hạng có lũy thừa bậc nguyên dương của tương ứng với 2018  2k  0  k  1009 .
0
1
1008
 S  C2018

 C2018
 ...  C2018
.

Ta có 1  1

2018

0
1
2018
0
1
2018
 C2018
 C2018
 ...  C2018
 C2018
 C2018
 ...  C2018
 22018 1 .

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 4/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Lại có
0

2018
C2018
 C2018
.
1
2017
C2018
 C2018
.

…
1008
1010
C2018
 C2018
.
Do đó
1 1009
0
1
1008
0
1
1008
1009
2018  C

C

...


C

C2018  22017
2018
2018
2018

2
C

C

...

C

C

2
 2018 2018
1
2018 
2018
2
1 1009
 S  C2018  22017
2
.

Câu 7:


 2x 1  2 y 1  y  x 1
Giải hệ phương trình 
‘
2
2
x
y

y

3
xy

3
x

7
y

8

2
x
y

3



Lời giải

 2 x  1  2 y  1  y  x  1 1
Giải hệ phương trình 
2
2

 x y  y  3xy  3x  7 y  8  2 x y  3  2 
1
1
Điều kiện: x  , y   .
2
2
Ta có:

1  2 


 2  2x 1  2 y  1  
  2 x  1  2 y  1  2 

2 x 1  2 y  1   2 x 1   2 y  1  0

 2x 1 
2 y 1  0

2x 1  2 y  1
2x 1 



2 y 1  0

 2x 1  2 y  1  0
 2 x  1  2 y  1  y  x  1  3 .

Thay  3 vào  2  ta được:
x 2  x  1   x  1  3x  x  1  3x  7  x  1  8  2 x
2

 x  1  3

 x3  3x 2  5 x  2  2 x x  2
 x x2  4 x  4   x2  2 x x  2   x  2  0







 x  x  2  x  x  2
2



2

 0  4

2

 x  x  2  0
 x  2  y 1.
 4  
x

x

2

0


Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 .

1
Vì x  nên
2

Nhận xét: Ta có thể có cách giải khác từ phương trình x 3  3 x 2  5 x  2  2 x x  2

 4 .

Do 2 x x  2  x 2  x  2 suy ra  4   x3  3x 2  5 x  2  x 2  x  2

 x3  4 x2  4 x  0  x  x  2   0  x  2  y  1.
2

Câu 8.

Cho ba số thực không âm a , b, c thỏa mãn 1  a 2  1  2b  1  2c  5.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  2a 3  b3  c 3 .
Lời giải

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 5/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Bổ đề. Với hai số không âm x, y ta có 1  x  1  y  1  1  x  y

 

Thật vậy,    2  x  y  2 1  x 1  y   2  x  y  2 1  x  y

 1  x  y  xy  1  x  y  xy  0 (luôn đúng).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  0 hoặc y  0.
Áp dụng bổ đề   , ta có 5  1  a 2  1  2b  1  2c  1  1  a 2  2b  1  2c

 2  1  a 2  2b  2c  a 2  2b  2c  8  b  c  4 

a2
.
2
3

 4  a2 

Khi đó M  2a  b  c  2a   b  c   2a  
  f  a .
 2 
3

Mà 4 

3

3

3

3

3

a  0
a2
bc 0 
 0  a  2 2  a  0; 2 2  .
2
2
8  a  0
3

2

 4  a2 


a2 
2



f
a

6
a

3
a
4

Xét hàm số f  a   2a  
trên
đoạn
có
0;2
2
,




 .


2 

 2 

3

a  0
3
Với a  0; 2 2  thì f   a   0  a  a  2  a 12  a 2   2 16  a 2   0  
.


4
a  2





Tính f  0  64; f  2   24; f 2 2  32 2 suy ra f  a   64, a  0;2 2  .


 x  y  0; z  4
Do đó M  f  a   64. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
.
 x  z  0; y  4
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 64.

Cảm ơn quý thầy cô và các em học sinh đã đọc!

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 6/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 7/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 8/8