Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12, tỉnh Bạc Lie năm 2017-2018 (kèm lời giải)

Cập nhật đề thi mới nhất tại />
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẠC LIÊU

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)
2x 1
có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết
x 1
rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : 4 x  3 y  6051  0 .

a) Cho hàm số y 

b) Cho hàm số y  x3  3x  2 có đồ thị  C  . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  2; 4  và
có hệ số góc k . Tìm k sao cho đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt A , B ,

C và tam giác OBC cân tại O ( O là gốc tọa độ).
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số thực log3  7 x  2   log5  6 x  19  .
b) Giải phương trình sin 3x  1  cos x  cos 2 x   sin x  2cos x  sin 2 x .
1

Câu 3: (2 điểm) Tính tích phân I  
1
2

x  x2
dx .
x3

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

x
x2  y 2



y
y2  z2



z
.
zx

Câu 5: (4,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE

vuông góc với AC tại H và AB  AE . Biết SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD  ; góc hợp bởi

2a 5
, BE  a 5 . Tính theo a thể tích khối chóp

5
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , CD .
Câu 6: (3,0 điểm)
3

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC AB  AC  . Gọi D  2;  
2

là chân đường phân giác trong góc A , E  1;0  là một điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn
AB  AE . Tìm tọa độ các đỉnh A, B ,C biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là x 2  y 2  x  2y  30  0 và điểm A có hoành độ dương.

SB và mặt phẳng  SAC  bằng 30 , AH 

HẾT

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

Trang 1/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
CÁC LỜI GIẢI VÀ CHỈNH SỬA ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI
1.

Đỗ Đường Hiếu

2.

Đặng Mạnh Hùng

3.

Phạm Tiến Hùng

4.

Nguyễn Tấn Linh

5.

Nguyễn Bình Nguyên

6.

Hoàng Minh Quân

7.

FB : Datlong Van

Câu 1:

(4,0 điểm)
2x 1
có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết
x 1
rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : 4 x  3 y  6051  0 .

c) Cho hàm số y 

d) Cho hàm số y  x3  3x  2 có đồ thị  C  . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  2; 4  và
có hệ số góc k . Tìm k sao cho đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt A , B ,

C và tam giác OBC cân tại O ( O là gốc tọa độ).
Lời giải
a) Đường thẳng d : 4 x  3 y  6051  0 có hệ số góc k 

4
.
3

2x 1
có tập xác định D  \ 1 .
x 1
3
Ta có y  
. Do đó, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
2
 x  1

Hàm số y 

d là nghiệm phương trình:
x  3
3
2
4

.   1   x  1  4  

.
2 
 x  1  3 
 x  1
7
. Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
2
3
7
3
23
y    x  3  hay y   x 
.
4
2
4
4
1
 Với x  1 thì y  . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
2
3
1
3
1
y    x  1  hay y   x  .
4
2
4
4
3

23
3
1
Vậy, phương trình các đường tiếp tuyến cần tìm là: y   x 
và y   x  .
4
4
4
4
b) Đường thẳng d đi qua điểm A  2; 4  và có hệ số góc k có phương trình



Với x  3 thì y 

d : y  k  x  2  4 .
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 2/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và đường thẳng d là

x3  3x  2  k  x  2   4
 x3  3x  2  k  x  2   0

  x  2  x  1  k  x  2   0
2

  x  2   x  1  k   0


x  2
.

2
 x  1  k *
Điều kiện để d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt A , B , C là phương trình * có hai
2

k  0
nghiệm phân biệt khác 2  
.
k  9

x  2  y  4

Khi đó, hoành độ giao điểm của  C  và d là  x  1  k  y  k k  3k  4 .
 x  1  k  y   k k  3k  4










Như vậy: A  2; 4  ; B 1  k ; k k  3k  4 và C 1  k ; k k  3k  4 .
Tam giác OBC cân tại O khi và chỉ khi
OB  OC  OB 2  OC 2



 1  k



2

2



  k k  3k  4  1  k



2

 k k  3k  4

2

 3k 2 k  4k k  k  0
 3k 2  4k  1  0 (do k  0 )
k  1
(thỏa mãn).


k  1
3

1 
Vậy k   ;1 .
3 

Câu 2:

(4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số thực log3  7 x  2   log5  6 x  19  .
b) Giải phương trình sin 3x  1  cos x  cos 2 x   sin x  2cos x  sin 2 x .
Lời giải
x
x
a) log3  7  2   log5  6  19  .
 Xét x  0  log3  7 x  2   1 và log5  6 x  19   log5 19  1 .
 Xét 0  x . Hàm số y  log3  7 x  2   log5  6 x  19  có

y 

7 x ln 7
6 x ln 6

0
 7 x  2 ln 3  6x  19 ln 5

Thật vậy

7 x ln 7
6 x ln 6
 ln 7.ln 5  42x  19.7 x   ln 6.ln 3  42x  2.6x  , luôn

x
x
 7  2 ln 3  6  19 ln 5

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

Trang 3/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Suy ra y  0 khi x  0 . Nên hàm số đồng biến trên  0;   .
Nhận thấy x  1 là một nghiệm phương trình. Vậy x  1 là nghiệm duy nhất.
b)

Giải phương trình sin 3x  1  cos x  cos 2 x   sin x  2cos x  sin 2 x .

 sin3x  cos 2x  cos 2x cos x  sin 2x sin x  2cos x sin 2x

 sin3x  cos 2x  cos x  sin3x  sin x
cos x  sin x  0

cos x  sin x  1




 x   4  k

 2 sin  x     1



4




 x   4  k



  x     k 2

4
4
  5
x  
 k 2
4
4



 x   4  k

.

  x  k 2

3
 k 2
x 
2

1

Câu 3: (2 điểm) Tính tích phân I  
1
2

x  x2
dx .
x3
Lời giải

x  x2
1
dx   2
3
x
1 x

1

1

Ta có I  

1
2

Đặt u 

1
 1 dx .
x

2

1
1
1
1
 1  u 2   1  2udu   2 dx  2udu  2 dx .
x
x
x
x

Đổi cận: với x 

1
 u 1 .
2

x 1  u  0 .
0

1

1

0

Khi đó I   2u 2 du  2  u 2 dx 

2 31 2
u  .
3 0 3

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

Trang 4/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Vậy I 

2
.
3

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x

P

x2  y 2

y



y2  z2
Lời giải



z
.
zx

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:
Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  1 , khi đó
Thật vậy, BĐT trên  1  ab 





1  a 2  1  b2



1
1  a2

1



1  b2



  4(1  a )(1  b )
2

2

2
.
1  ab

2

 (1  ab) 2  a 2  b 2  2 (1  a 2 )(1  b 2 )  2  2a 2  2b 2  2(ab) 2  2(1  a 2 )(1  b 2 )
 (a  b) 2 (1  ab)  2 (1  a 2 )(1  b 2 )



 (a  b) (1  ab)  2 (1  a )(1  b ).
2

2



(1  a 2 )(1  b 2 )  (1  ab)  0

( a  b) 2

2

(1  a 2 )(1  b2 )  1  ab

 0. (dpcm).

Dấu”=” BDT trên xảy ra khi a  b .
x
y
z
Ta có P 


zx
x2  y 2
y2  z2



1
y
1  ( )2
x



Xét hàm f (t ) 

1
z
1  ( )2
y



z
x
1

z
x



z
2
t
với 0  t   1.

x
t 1
1 t

2
t

1 2 t
1
với 0  t  1 . Ta có f '(t ) 
0t  .

3
4
t 1
1 t
t (t  1)

y z
 x  y
 x  4z
1
Do đó f(t)  f ( )  5 hay Max P= 5 khi 
.

4
 y  2z
z 1
 x 4

Câu 5: (4,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE

vuông góc với AC tại H và AB  AE . Biết SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD  ; góc hợp bởi

2a 5
, BE  a 5 . Tính theo a thể tích khối chóp

5
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , CD .
Lời giải

SB và mặt phẳng  SAC  bằng 30 , AH 

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

Trang 5/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />S

E

A

D

I

H

E

A

D

F

H
B

C

B

C

Đặt BH  x , HE  y . Ta có hệ phương trình sau:
4 2

 xy  a
5

 x  y  5a

Do đó, x và y là hai nghiệm của phương trình:
4

X

a

4 2
5
2
X  5aX  a  0  
5
X  1 a


5
4
1


x

a
x

a


5
5

Từ đó suy ra 
.
y  1 a y  1 a


5
5
4

x

a


5
Với 
, ta suy ra AE  a , AB  2a (thỏa mãn).
y  1 a

5
1

x

a

5
Với 
, ta suy ra AB  a , AE  2a (loại).
y  1 a

5
1
1
1
1
1
1





 BC  4a .

Xét ABC , ta có:
2
2
2
2
2
2
BH
AB
BC
2a  BC

 4 
a

 5 
 BH  AB
Ta có: 
 BH   SAC   H là hình chiếu của B lên  SAC 
 BH  SH
 SH là hình chiếu của SB lên  SAC  .

  SB,  SAC     SB, SH   BSH  30 (do SHB vuông tại H ).

4
4 15
a.cot 30 
a.
5
5

1 4 15
32 3
 .
a.2a.4a 
a .
3 5
15

Xét SHB , ta có: SH  BH .cot BSH 

1
Vậy: VS . ABCD  SH .S ABCD
3

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

Trang 6/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
* Tính d  SB, CD 

Ta có: CD  AB  CD   SAB   d  SB, CD   d  CD,  SAB    d C ,  SAB   .
Ta có:

d  C ,  SAB  

CA
HC   SAB   A 



d  H ,  SAB   HA

 2a    4a 
2

2a 5
5

2

 5  d  C ,  SAB    5d  H ,  SAB  

Từ H kẻ HF  AB , HI  SF tại I .
 AB  HF
Ta có: 
 AB   SHF   AB  IH ,
 AB  SH
 IH  SF
 IH   SAB   d  H ,  SAB    IH .

 IH  AB

1
4
Áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác ABC , ta có: HF  BC  a .
5
5
1
1

1
1
1
5
15
Xét SHF , ta có: 2 



 2  HI 
a.
2
2
2
2
HI
SH
HF
3a
5
 4 15   4 
a  a

5 
5

 
 d  SB, AC   5 HI  15a .

Câu 6: (3,0 điểm)

3

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC AB  AC  . Gọi D  2;  
2

là chân đường phân giác trong góc A , E  1;0  là một điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn
AB  AE . Tìm tọa độ các đỉnh A, B ,C biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là x 2  y 2  x  2y  30  0 và điểm A có hoành độ dương.
Lời giải

B
D
H
I

A

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

E

C

Trang 7/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Do AB  AE nên AD là đường trung trực của BE . Từ đó suy ra DB  DE .
2


3
9
2

DB 2  DE 2
x

2

y

 9





Gọi B a ;b  ta có:  2
2
4

2
 2
x  y  x  2y  30  0
2
x  y  x  2y  30  0


x

x  y  4x  3y  5  0

 2
2
x  y  x  2y  30  0
x

2

2

 y  0

 y  4x  3y  5  0 2y  9y  0
9

  y  

2
y 5
x  y  5


 x  y  5

2

2

2

 x  5

 y  0
B  5;0 


  x  1   1 9

B ;
2
 
  2 2 

9
 y  
2

Gọi H  AD  BE
TH1: B  5;0  khi đó điểm H  2;0  suy ra phương trình đường thẳng DH là x  2 .

x  2
x  2

Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:  2
  y  6
2
x  y  x  2y  30  0  y  4

 A  2;6  hoặc A  2; 4  ( loại vì AH và DH cùng phương).

Vậy A  2;6  .
x 2 y 6

 2x  y  2  0
1  2
6
Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình:
 x  2

2
2
x  y  x  2y  30  0
y  2x  2
 y  6 .  C  3; 4 
 2

2x  y  2  0
x  x  6  0  x  3

 y  4

Phương trình đường thẳng AE là:

1 9
TH2: B  ;  
2 2
1
9
y
2

2  2  2x  1   2y  9 
Phương trình đường thẳng BD là:
1
3 9
2
 
2
2 2
4x  11
 4x  2y  11  0  y 
2
x

2

4x  11
 4x  11 
Hoành độ của C là nghiệm của phương trình: x 2  
 30  0
 x 2
2
 2 
1

x

2 . Vậy C  9 ; 7 
 20x 2  100x  45  0  



2 2
x  9

2

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

Trang 8/9 - Mã đề thi 132


Cập nhật đề thi mới nhất tại />
Phương trình đường thẳng CE là:

x 1 y
7x  7
 y 
9
7
11
1
2
2
2

7x  7
 7x  7 
Hoành độ của A là nghiệm của phương trình: x  
 30  0
  x  2.
11

 11 
9

x

 83 42 
2
. Vậy A   ;
 170x 2  65x  3735  0  
 (loại)
 17 17 
x   83

17
Vậy A  2;6  ; B  5;0  ;C  3; 4  .
2

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

Trang 9/9 - Mã đề thi 132