Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT năm học 2017 – 2018 môn toán sở GDĐT hải dương file word có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP

HẢI DƯƠNG

TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời
gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1( 2,0 điểm):
1) Cho I  2;1 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y  x 3  3mx  1 có hai điểm cực trị
A, B sao cho diện tích  IAB bằng 8 2 .
2) Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí B
trên một hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6 km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với
bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9 km. Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống
dẫn theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết rằng giá
để lắp đặt mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng.
Câu 2 (2,0 điểm):
1) Giải phương trình

8
 tan x  cot 3 x
3
sin 2x

3
2

3
�
�x  6x  13x  y  y  10
2) Giải hệ phương trình �
3
2
� 2x  y  2  5  x  y  x  3x  10y  8

Câu 3 (2,0 điểm):
1) Cho dãy số  u n  có u1  7, u n 1  5u n  12  n ��* . Tìm lim

un
5n

2) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (I) có hai đường kính AB và MN với A  1;3 , B  3; 1 .
Tiếp tuyến của (I) tại B cắt các đường thẳng AM và AN lần lượt tại E và F. Tìm tọa độ trực tâm
H của  MEF sao cho H nằm trên đường thẳng d : x  y  6  0 và có hoành độ dương.
Câu 4 (3,0 điểm):
�  600 , CSB
�  90 0 , ASC
�  120 0
Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a, ASB
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2) Gọi I, J, G lần lượt là trung điểm SC, AB, IJ. Mặt phẳng (P) đi qua G cắt các cạnh SA, SB, SC
lần lượt tại A', B', C'. Gọi VA.A 'B'C ' , VB.A 'B'C' , VC.A 'B'C' lần lượt là thể tích các khối chóp
A.A ' B'C ', B.A ' B 'C ', C.A ' B 'C ' .
P  VA.A 'B'C'  VB.A 'B'C'  VC.A 'B'C' theo a

Tìm

giá

trị

nhỏ

nhất

của

biểu

thức


3) Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt trên cạnh AB và SC sao cho

CN AM

. Tìm giá trị
SC AB

nhỏ nhất của đoạn thẳng MN.
Câu 5 (1,0 điểm):
Với các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

1
8


2
2
2a  b  8bc
2b  2  a  c   5

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
2
2
1) TXĐ: D  �; y '  3x  3m; y '  0 � x  m

 Cm 

 1

có hai điểm cực trị A, B � PT (1) có 2 nghiệm phân biệt � m  0


Khi đó A



 



m; 2m m  1 , B  m; 2m m  1

Phương trình AB: y  2mx  1 hay 2mx  y  1  0
2

Ta có AB  4m  4m  1 , d  I, AB  

4m
4m 2  1



4m
4m 2  1

 do m  0 

1
1
4m
S ABI  .AB.d  I, AB  
4m  4m 2  1 .
8 2
2
2
4m 2  1
� 4m m  8 2 � m m  2 2 � m  2  TM 
Kết luận: m  2
2) Đặt CD  x  km  , x � 0;9
� CD  x 2  36; AD  9  x nên chi phí xây dựng đường ống là
T  x   260000000 x 2  36  100000000  9  x  đồng
+ Xét hàm số T  x  trên đoạn  0;9 ta có
� 13x
�
T  x   20000000 �

 5 �� T '  x   0 � 13x  5 x 2  36
2
� x  36
�
� 168x 2  25  x 2  36  � x 2 

25
5
�x
4
2

�5 �
+ Lại có T  0   2460000000; T � � 2340000000; T  9   260000000 117
�2 �
Suy ra T(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0;9 bằng 2340000000 khi x 
+ Vậy chi phí lắp đặt thấp nhất bằng 2340000000 đồng khi x 

5
hay điểm D cách A một
2

khoảng bằng 6,5 km.
Câu 2
1) Điều kiện sin 2x �0 . PT tương đương với
�

5
2

8
cos 4 x  sin 4 x

sin 3 2x
sin 3 x cos x

1
 cos 2 x  sin 2 x � 1  cos 2x.cos 2 x
cos 2 x

� cos 2 2x  cos 2x  2  0
cos 2x  1
�
��
kết hợp với điều kiện: phương trình vô nghiệm
cos 2x  2
�
3
2
3
�
 1
�x  6x  13x  y  y  10
2) Giải hệ phương trình �
3
2
� 2x  y  2  5  x  y  x  3x  10y  8  2 


�2x  y  2 �0

ĐK: �
5  x  y �0
�

 1 �  x  2 

3

 x  2  y 3  y  *

3
2
Xét hàm số f  t   t  t . Ta có f '  t   3t  1  0 t ��� f  t  đồng biến trên �

Do đó  * � y  x  2
Thay y  x  2 vào (2) ta được

3x  7  2x  x 3  3x 2  10x  28

� 3x  3  1  7  2x  x 3  3x 2  10x  30 �
x 3
�
�
�
2
� 3

 x 2  10
� 3x  3 1  7  2x

3  x  3

2  x  3



3x  3 1  7  2x

  x  3   x 2  10 

 3

7
PT (3) vô nghiệm vì với 0 �x � thì
2

3
2

�1  2  3, x 2  10 �10
3x  3 1  7  2x

�x  3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất �
�y  1
Câu 3
u n 1  5u n  12 � u n 1  3  5  u n  3 
Đặt v n  u n  3 � v n 1  5v n n ��* � dãy số  v n  lập thành cấp số nhân có công bội
q  5, v1  u1  3  10
� v n  v1q n 1  10.5n 1 � u n  2.5n  3

n
�
un
2.5n  3
�1 ��
� lim n  lim
 lim �
2  3 � �� 2
5
5n
�5 ��
�

2) Đường tròn (I) có tâm I  2;1 , bán kính r  5 . AF là đường cao tam giác MEF nên H, A, F
thẳng hàng
AI song song với HM nên

AI
NI 1

 � HM  2AI
HM NM 2

Gọi I' đối xứng với I qua A nên I '  0;5  . II '  2AI  HM, II '/ /HM nên HMI I' là hình bình hành
� I ' H  IM  r  5
H �d � H  t; t  6  , t  0; I ' H  5 �  t  0    t  6  5   5
2

t 1
�

� 2t 2  2t  4  0 � �
. Vậy H  1;7 
t  2  L 
�

2


Câu 4
1) Xét tứ diện SABC có SA  SB  SC  a
�  600 � AB  a
ABS đều do SA  SB, ASB
SBC vuông tại S: BC  a 2
SAC : AC  SA 2  SC2  2SA.SC.cos1200  a 3
Có AC2  AB2  BC 2 � ABC vuông tại B
Hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a . Hạ SH   ABC  � H là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC � H là trung điểm của AC
a
a2 2
1
a3 2
Xét SAC : SH  ; SABC 
� VS.ABC  SH.SABC 
2
2
3
12
2)

r uuu

r r uur r uur uuur
uuu
r
r uuur
uur
r uuur
uur
r
Đặt a  SA, b  SB, c  SC, SA '  xSA  xa, SB'  ySB  yb, SC '  zSC  zc  0  x, y, z �1
uuuur uuur uuur
r r uuuuu
r uuur uuur
r r
C ' A  SA '  SC '  xa  zc, C ' B'  SB'  SC '  yb  zc
uuur uuur uuur uuu
r
uur uur r
GA  GB  GC  GS  2GI  2GJ  0
uuuur uuuu
r uuuu
r uuur
uuuur
� C 'A  C ' B  C 'C  C 'S  4C 'G
uuuur 1 uuu
r uur uur uuur
1 r 1 r r �1
�
� C 'G  SA  SB  SC  4SC '  a  b  c �  z �  1
4
4

4
�4
�





Do A', B', C' G đồng phẳng nên
uuuur
uuuuur
uuuuu
r
r
r r
C 'G  mC ' A '  nC ' B'  mxa  nyb  c  mz  nz   2 
r r r
Mà a, b, c không đồng phẳng nên từ (1) và (2) ta có
1
�
mx 
�
4
�
1
1 1 1
�
ny 
�   4
�

4
x y z
�
1
�
mz  nz   z
�
4
�
Ta có

VA.A 'B'C' AA ' SA  SA ' 1


 1
VS.A 'B'C ' SA '
SA '
x

Tương tự ta có

VA.A 'B'C' VB.A 'B'C' VC.A 'B'C' 1
1
1


 1 1 1  1
VS.A 'B'C ' VS.A 'B'C' VS.A 'B'C' x
y
z

� VA.A 'B'C'  VB.A 'B'C '  VC.A 'B'C '  VS.A 'B'C'
VS.A 'B'C ' SA ' SB' SC '

.
.
 xyz � VS.A 'B'C'  xyzVS.ABC
VS.ABC
SA SB SC


Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
1 1 1
1
4 �۳�3�
x y z
xyz
khi x  y  z 

27
64

xyz

P

VA.A 'B'C' VB.A 'B'C' VC.A 'B'C '

27
VS.ABC

64

3
9a 3 2
9a 3 2
thì P 
nên giá trị nhỏ nhất của P là
4
256
256

CN AM

 m  0 �m �1
SC AB
uuur
uur
r uuuu
r
uuur
r r
� NC  mSC  mc, AM  mAB  m b  a

3) Đặt





uuuu

r uuuu
r uuu
r uur uuur
r r r r
r
r
r
r
MN  MA  AS  SC  CN  m b  a  a  c  mc   m  1 a  mb   1  m  c





r r a2 r r
rr
a2
2
2
2
Do a.b  , b.c  0, a.c  
nên MN   3m  5m  2  a
2
2
5 � 11 2
2�
3a�

m
�

� a
� 6 � 12

11 2
a
12

a 33
m  0;1
6

MN

Dấu đẳng thức xẩy ra khi m 

5
a 33
. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là
6
6

Câu 5
Ta có

8bc 2�b.2c

b 2c

2  a 
c  �

2b 2
2

Mặt khác

a

1
2a  b  8bc
c

b

1
2  a  b  c
8

5  2  a  c   2b 2
2

8
5a bc

1
8

Do đó P �
2  a  b  c 5  a  b  c
Đặt t  a  b  c, t  0
Xét f  t  

1
8

, t0
2t 5  t

Ta có f '  t   

 3t  5  5t  5  , t  0
1
8


2
2
2t  5  t 
2t 2  5  t 2 

f ' t   0 � t 

5
3

Bảng biến thiên:
t
f ' t 
f  t

0

-

5
3
0

�
+

9a 3 2
256




9
10

Từ bảng biến thiên
�5 �
 �
f
f��
 t  
�3 �
Khi a  c 

9
10

t

0

P f  a b c

9
10

5
5
9
9
, b  thì P   . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
12
6
10
10