Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12, tỉnh Bắc Kan năm 20172018

Cập nhật đề thi mới nhất tại />
SỞ GD VÀ ĐT TỈNH
BÁC KẠN

Câu 1.

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

(4,0 điểm)

 x 2  1  y 2  xy  4 y

1. Giải hệ phương trình: 
y
x  y  2  2
x 1

2. Giải phương trình:

 sin 2 x  sin x  4  cos x  2  0
2sin x  3

Câu 2:

(3.0 điểm) a) Cho hàm số y  x 4  x 2  1 có đồ thị  C  . Tìm các điểm trên trục tung sao cho từ
đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến với  C  .
b) Cho Parabol  P  : y  2 x 2  x  3 . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  1;0  và có hệ số
góc  . Tìm  để diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và d đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3:

(3 điểm) a) Với mỗi số tự nhiên k , gọi N (k ) là số nghiệm nguyên của phương trình:
2017 x  2018 y  k .

N (k )
.
k
k 

Tính giới hạn sau: L  lim
b)

Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau. Chứng minh bất đẳng thức

 a  2018b   b  2018c   c  2018a 

 
 
  4072325.
 a b   bc   c a 
2

Câu 4.

2

2

(4,0 điểm) a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O . Đường vuông góc với AD tại A cắt
BC ở E . Đường vuông góc với AB tại A cắt CD ở F . Chứng minh rằng ba điểm E , O , F thẳng
hàng.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng d1 đi qua A  2;1 và tạo với đường
thẳng d 2 : 2 x  3 y  4  0 một góc 45 .

Câu 5.

(4,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , ABC  60  ,

BC  2a , M là trung điểm của cạnh AB , hình chiếu vuông góc của C trên mặt phẳng
 ABC  trùng với trung điểm I của CM . Góc giữa cạnh bên CC và mặt phẳng đáy  ABC 

bằng 45  .
a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC .
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và C I .
Câu 6.

(2,0 điểm)Cho z  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

T  1  z3  z 2  z  1 .

HẾT

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

Trang 1/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />

CÁC GIÁO VIÊN THAM GIA THỰC HIỆN
1. LÊ ĐỨC ANH
2. MỘT THẾ GIỚI
3. LÊ MINH
4. NGUYỄN TỬ PHÚC
5. HOÀNG MINH QUÂN
6. VŨ THƠM
7. MAI NGỌC THI
Câu 1:
 x 2  1  y 2  xy  4 y

1. Giải hệ phương trình: 
y
x  y  2  2
x 1

2. Giải phương trình:

 sin 2 x  sin x  4  cos x  2  0
2sin x  3
Lời giải

 x 2  1  y 2  xy  4 y
1

1. 
y
 2
x  y  2  2
x 1


1  x2  1  y  x  y  2   2 y  3

Thế  2  vào  3 ta được x 2  1  y.

  x2  1  2  x2  1 y  y 2  0

y
 2y
x 1
2

2

  x2  1  y   0
2

 y  x2  1

x  1
Thay vào  2  ta được x 2  x  2  0  
 x  2
Vậy phương trình có nghiệm  x; y   1; 2  ;  x; y    2;5 
2. Điều kiện: 2sin x  3  0
Phương trình đã cho tương đương với:
 sin 2 x  sin x  4 cos x  2  0
1
 sin 2 x.cos x  sin 2 x  4 cos x  2  0
2
 sin 2 x  2cos x  1  4  2cos x  1  0

  2cos x  1 sin 2 x  4   0
 cos x 

1
2



 x  3  k 2

 x    k 2

3
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 2/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Kết hợp với điều kiện, phương trình đã cho có họ nghiệm là x 
Câu 3:


3

 k 2

(3.0 điểm)
a) Cho hàm số y  x 4  x 2  1 có đồ thị  C  . Tìm các điểm trên trục tung sao cho từ đó vẽ được

đúng ba tiếp tuyến với  C  .
b) Cho Parabol  P  : y  2 x 2  x  3 . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  1;0  và có hệ số
góc  . Tìm  để diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và d đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
a) Tập xác định D  .
y  x 4  x 2  1  y  4 x3  2 x .
Giả sử M  0; m   Oy .
Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M có hệ số góc k là y  kx  m .

 x 4  x 2  1  kx  m 1
d là tiếp tuyến của đồ thị  C    3
 2
4 x  2 x  k





Thế PT  2  vào PT 1 ta được x 4  x 2  1  4 x3  2 x x  m
 3 x 4  x 2  1  m

(3)

Xét hàm số g  x   3x 4  x 2  1 trên

x  0
g   x   12 x  2 x , g   x   0  
x   1

6

3

Bảng biến thiên

Để qua điểm M kẻ được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị  C   PT (3) có 3 nghiệm phân biệt.
Từ bảng biến thiên m  1  M  0;1 .
b) d là đường thẳng đi qua điểm A  1;0  và có hệ số góc  .

 Phương trình của đường thẳng d là y    x  1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P 

2 x 2  x  3    x  1  2 x 2  1    x  3    0 (1)

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

Trang 3/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Ta có   1     4.2  3      2  6  25    3  16  0, 
2

2

 PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 

 1  
4

, x2 

 1 
4

 x1  x2 

với mọi  .

 1

 x1  x2  2
Định lý viet 
 x x  3  
 1 2
2
Ta có 2 x 2  1    x  3    0  0, x   x1; x2 
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng d và  P 
x2

x2

S   2 x  1    x  3   dx     2 x 2  1    x  3   dx
2

x1

x1

x2

 2 x3

x2
    2 x  1    x  3   dx   
 1      3    x 
2
 3
 x1
x1
x2

2



2 3
1
x1  x23   1     x12  x22    3    x1  x2 

3
2





1
2
2


  x1  x2    x1  x2   x1 x2  1    x1  x2    3   
2
3



1
2



1
48

  3  16.
2

  3 

2

 2  6  25
24



 16.   3  16
2



4
2
Ta có   3  0,   S  ,  .
3

Vậy diện tích S nhỏ nhất bằng
Câu 3:
c)

4
khi   3 .
3

(3 điểm)
Với mỗi số tự nhiên k , gọi N ( k ) là số nghiệm nguyên của phương trình:

2017 x  2018 y  k .

N (k )
.
k
k 

Tính giới hạn sau: L  lim

Lời giải
Ta có 2017( x  y )  2017 x  2018 y  k  2018(x  y) 

k

k
 x y 
.
2018
2017

k 
 k
;
thỏa mãn a  
thì phương trình trên có nghiệm duy
 2018 2017 
nhất y=k-2017a, x=2018a-k và ngược lại nếu phương trình có nghiệm nguyên x, y thì
Ta thấy nếu lấy mỗi số a 

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

Trang 4/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
k 
 k
a  x y
;
. Do đó số nghiệm nguyên N (k ) của phương trình bằng số các số tự
 2018 2017 
k
k
k

k
k 
 k
-1<
N(k)
<
1 .
;
nhiên thuộc 

2017 2018
2017 2018
 2018 2017 
1
1
1
N (k )
1
1


Từ đó lim 
.(đpcm).
   lim
 lim 
  L
k  2017.2018
k  2017.2018
2017.2018
k  k  k

k


d) Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau. Chứng minh bất đẳng thức

 a  2018b   b  2018c   c  2018a 

 
 
  4072325.
 a b   bc   c a 
2

2

2

Lời giải
Ta chứng minh cho bài toán tổng quát

 a  kb   b  kc   c  ka 
2
(*)

 
 
  k  1.
a

b

b

c
c

a

 
 

a  kb
b  kc
c  ka
 x;
 y;
 z , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Đặt
a b
bc
ca
x 2  y 2  z 2  k 2  1.
Ta có
a  kb   b  kc   c  ka 
 1 
 1 
 1
 x  1 y  1 z  1  
 a b
 bc
 ca


2

2

2

 1  k  1  k  1  k 
 abc 


   x  k  y  k  z  k 
 a  b  b  c  c  a 
hay

 x  1 y  1 z  1   x  k  y  k  z  k 
  k  1 x  y  z   xy  yz  zx  k 2  k  1.

Ta cần chứng minh x 2  y 2  z 2  k 2  1. Do đó ta chứng minh

 k  1 x  y  z   xy  yz  zx  k  x 2  y 2  z 2
 2  k  1 x  y  z   2  xy  yz  zx   2k  2 x 2  2 y 2  2 z 2
 2  k  1 x  y  z   2  xy  yz  zx   2k  k 2  1  x 2  y 2  z 2
2
  x  y  z    k  1   0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Vậy (*)được chứng minh.
Áp dụng với k  2018, ta có

 a  2018b   b  2018c   c  2018a 
2


 
 
  2018  1  4072325.
 a b   bc   c a 
2

Câu 2.

2

2

(4,0 điểm)
a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O . Đường vuông góc với AD tại A cắt BC ở E .
Đường vuông góc với AB tại A cắt CD ở F . Chứng minh rằng ba điểm E , O , F thẳng hàng.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng d1 đi qua A  2;1 và tạo với đường
thẳng d 2 : 2 x  3 y  4  0 một góc 45 .
Lời giải

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

Trang 5/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />a)
A
B

E

O
D

F
A'
C

Trường hợp 1: BAD  90 thì EF là đường kính của đường tròn, suy ra điều phải chứng minh.
Trường hợp 2: BAD  90 , gọi A đối xứng với A qua EF .
Ta có: EAF  EAF  BAF  EAD  BAD  180  BAD  ECF  EFCA là tứ giác nội tiếp.
Nên: AEF  ACF  180  AEF  ACF  180 .
Mà AEF  AAD (góc có cạnh tương ứng vuông góc) nên AAD  ACD  180 .
Do đó AADC là tứ giác nội tiếp.
Mà A   O  nên suy ra O thuộc đường trung trực của AA . Vậy E , O , F thẳng hàng.
Trường hợp 3: BAD  90 chứng minh tương tự.





b) Giả sử d1 có một véc tơ pháp tuyến n1   a; b  , a 2  b 2  0 .

d 2 có một véc tơ pháp tuyến n2   2;3 .
Theo giả thiết: cos  d1; d2  

 2  2a  3b 

2

2a  3b

1
1
1
.
 cos n1; n2 


2
2
2
2
2
13. a  b





 a  5b
.
 13a  13b  5a  24ab  5b  0  
a   1 b
5

2

2

2

2

Với a  5b : Chọn b  1  a  5 . Vậy phương trình d1 : 5 x  y  11  0 .

1
5

Với a   b : Chọn b  5  a  1 . Vậy phương trình d1 : x  5 y  3  0 .

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

Trang 6/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Câu 5.

Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , ABC  60  , BC  2a ,
M là trung điểm của cạnh AB , hình chiếu vuông góc của C trên mặt phẳng  ABC  trùng với
trung điểm I của CM . Góc giữa cạnh bên CC và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 45  .
a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC .
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và C I .
Lời giải
C'

B'

A'

H

K

B

C
I

M
A

a. Ta có C I   ABC  nên góc  CC , ABC     CC ,CI   ICC  .
cos 60  

BC
1
1
 AB  4a , CM  AB  2a , CI  CM  a .
AB
2
2

Do ICC   45 nên tam giác ICC vuông cân nên IC  a .

AC  AB 2  BC 2  2 3a
1
Vậy thể tích khối lăng trụ là: VABC . ABC   IC .S ABC  a . 2 a .2 3a  2 3a 3 .
2
b. Kẻ IK  BC nên d  BC ,C I   IK . Kẻ đường cao MH của tam giác BCM .
S BCM 

2S
1
2. 3a 2
S ABC  3a 2 ; MH  MBC 
a 3.
2
BC
2a

Mà IK 
Câu 6:

1
a 3
a 3
MH 
. Vậy d  BC ,C I  
.
2
2
2

Cho z  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của T  1  z 3  z 2  z  1 .
Lời giải
Cách 1.
3
2
T  1  z  z  z  1  5 . Đẳng thức xảy ra khi z  1 . Vậy max T  5 .
T  1 z 

3

1  z3
1 z



1  z3
2



1  z3
2



1  z3  1  z3
2

 1 . Đẳng thức xảy ra khi z  1 . Vậy

min T  1 .
Cách 2.
T  1  z . z 2  z  1  z 2  z  1  1  z . z 1  z  z  1  z





Đặt t  1  z  t   0; 2 và t 2  1  z  1  z  z  z  t 2  2 .
Khi đó T  t t 2  3  t 2  1 với t   0; 2 .
* Với t   0;1

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

Trang 7/8


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
1  10
Khi đó T  f1  t   t 3  t 2  3t  1  f1  t   3t 2  2t  3 ; f1  t   0  t 
  0;1 .
3
 1  10  2  20 10
Ta có f1  0   1 , f1 1  2 , f1 
 
3
27


 min f1  t   1 ; max f1  t  
0;1



* Với t  1; 3



0;1

2  20 10
.
27

1  10
Khi đó T  f 2  t   t 3  t 2  3t  1  f 2  t   3t 2  2t  3 ; f 2  t   0  t 
 1; 3 .
3







 f 2  t   2 t  1; 3 và max f 2  t  
1; 3 



2  20 10
.
27

* Với t   3; 2


Khi đó T  f3  t   t 3  t 2  3t  1  f3  t   3t 2  2t  3  0 t   3;2  f3  t  đồng biến

trên  3; 2 .
 min f3  t   f3 3  2 ; max f3  t   f3  2   5 .
 3;2



 

 3;2



Vậy max T  5 khi z  1 ; min T  1 khi z  1 .

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

Trang 8/8