Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2,0 điểm)
y = x3 − 3 1 − 2m x − 2
1) Cho hàm số
. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại đúng 1 điểm.
y = x4 − 2 m + 1 x 2 + 2
2) Cho hàm số
. Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành

(

(

)
)

 3 1
M ; ÷
 2 2÷
.

một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm 

Câu II (2,0 điểm)


1) Giải hệ phương trình 

3x 2 -2x-5+2x x 2 +1=2 ( y+1) y 2 +2y+2
2x- 4y+3=x 2 +2y 2

2
2
2) Giải bất phương trình 2 + 3 x + x . x − 2 ≤ 2( x − 3 x)

Câu III (2,0 điểm)
1) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp đúng một viên bi.
a) Biết rằng hộp thứ nhất có 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi đen. Hộp thứ hai có 15 viên
bi, trong đó có 10 viên bi đen. Tính xác suất để lấy được hai viên bi đen.
b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là
suất để lấy được hai viên bi trắng.
un +1 =

55
84 .

Tính xác

un 2
+

2 un ∀n ≥ 1 và dãy số (vn ) thỏa mãn:

2) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = −1 ;
un vn − un + 2vn + 2 = 0 ∀n ≥ 1 . Tính v2015 và lim un .
Câu IV (3,0 điểm)
0
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc ∠BAD = 120 , BD = a > 0 , cạnh bên
0
SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 . Điểm K
thay đổi trên đoạn SC.
a) Tìm các vị trí của K sao cho tam giác BKD lần lượt có diện tích nhỏ nhất, lớn nhất.
b) Khi K là điểm sao cho diện tích tam giác BKD nhỏ nhất. Tính tỉ số thể tích hai khối đa
diện do mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD.
2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = AA ' = a . Điểm M thay đổi trên đường
thẳng AB’ sao cho mặt phẳng qua M, vuông góc AB cắt đường thẳng BC’ tại điểm N trên đoạn
2
2
BC’. Xác định vị trí của M để biểu thức 2 AM + MN đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
b2
c2
a2
1
+
+
≥
( ab + 2 ) ( 2ab + 1) ( bc + 2 ) ( 2bc + 1) ( ac + 2 ) ( 2ac + 1) 3

----------------------Hết----------------------

.


Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh:......................................
Chữ ký của giám thị 1:........................................Chữ ký của giám thị
2:.......................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)
Câu
Nội dung
Điểm
y = x3 − 3 ( 1 − 2m) x − 2
Tìm m để đồ thị hàm số
cắt trục Ox tại đúng 1 điểm

(

(1,0đ)

)

x3 − 3 1 − 2m x − 2 = 0
⇔
¡
TXĐ: . Bài toán thỏa mãn
pt
có nghiệm duy nhất

⇔

I.1

x3 − 3x − 2
= −6m
x
có nghiệm duy nhất khác 0.

Xét hàm số

( )

f x =

2x3 + 2
x3 − 3x − 2
; f ' x = 0 ⇔ x = −1
, x∈¡ \ 0 f ' x =
x2
x

,

Bảng biến thiên:
x

−∞

( )
f ( x)

( )

{}

−1

−

f' x

( )

+

+∞

+

+∞

+∞

Từ bảng biến thiên kết luận m > 0
I.2

Cho hàm số

(

)

0,25

y = x − 2 m+1 x + 2
2

có đồ thị là (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) có ba

 3 1
M
; ÷
 2 2÷
.
điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm 
x = 0
y ' = 4x3 − 4 m + 1 x;y ' = 0 ⇔  2
x = m + 1
Tập xác định của hàm số là R. Ta có:
Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 phải có ba nghiệm phân biệt

(

⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1

A 0; 2 ; B − m + 1;1 − 2m − m2 ;C

m + 1;1 − 2m − m2

( )

(

I A = IM ⇔ I A 2 = I M 2 ⇔ 2 − a

Ta có

( ),

0,25

I 0;a

 3 1
M
; ÷
 2 2÷

 nên
Vì đường tròn đi qua

I 0;1

0,25

)

Các điểm cực trị là
Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị (Cm) nhận trục Oy làm trục đối xứng, do
đó tam giác ABC cân tại A, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên
trục Oy, giả sử tâm là

(1,0đ)

)

) (

(

( )

0,25

−∞

0
4

0,25

+∞

0
0

0,25

)

2

2

2
 3
1

÷ +
=
− a÷ ⇔ a = 1
 2 ÷  2



⇒ IA = 1 .

(

IB = I A ⇔ I B 2 = 1 ⇔ − m + 1

) + ( −2m − m )
2

2

2

=1

0,25

0,25


⇔ m = 0;m = −1;m =

Do m > −1 nên các giá trị thỏa mãn là

−3 ± 5
2
−3 + 5
−3 + 5
m = 0;m =
2
2
. Vậy
.

m = 0; m =

(

)

hệ

rồi

2
2

3x -2x-5+2x x +1=2 y+1

2x- 4y+3=x 2 +2y 2


1) Giải hệ phương trình:

Cộng

theo

vế

(

hai

2

Xét hàm số
II.1

2

()

t 2 + 1.

Từ đó

2

trong

rút

t2 + 1

2

ta

được

:

( )

()

= 2t + 2 t ≥ 0 ∀t ∈ ¡

(

t2
t2 + 1

và f '(t) = 0 chỉ khi t = 0

⇔ ff( x ) =
Do đó hàm f(t) là hàm số đồng biến trên ¡ . Vì vậy (*)

( y + 1)
thay vào pt (2) ta được :

gọn

+1 *

trên R ta có :
t2

(1,0đ)

0,25

f ' t = 2t + t 2 + 1 +

f t = t2 + t t2 + 1

f '(t) ≥ 2t + 2

trình

) + ( y + 1) ( y+1)

x + x x +1 = y +1
2

phương

y 2 +2y+2

( y + 1) ⇔ x = y + 1

0,25

0,25

)

+ 2y2 = 2 y + 1 − 4y + 3

y = −2, x = −1
⇔ 3y + 4y − 4 = 0 ⇔ 
y = 2 , x = 5

3
3

2

0,25

5 2
( x, y ) ∈ {(−1, −2);( , )}
3 3
Vậy hệ có nghiệm
2
2
Giải bất phương trình: 2 + 3 x + x . x − 2 ≤ 2( x − 3 x)

2
Điều kiện: x ≥ 2 . Phương trình có dạng 3 x(x + 1)(x − 2) ≤ 2x − 6x − 2

⇔ 3 x(x + 1)(x − 2) ≤ 2x(x − 2) − 2(x + 1)
t=

Đặt

⇔3

x(x − 2)
x(x − 2)
≤2
−2
x +1
x +1

(1,0đ)

0,25
0,25

x(x − 2)
≥0
2
x +1
ta được bất phương trình 2t − 3t − 2 ≥ 0

II.2

−1
t≤
⇔
2 ⇔t≥2

t
≥
2

( do t ≥ 0 )

Với

t≥2⇔

x ≤ 3 − 13
⇔
⇔ x ≥ 3 + 13
x(x − 2)

2
≥ 2 ⇔ x − 6x − 4 ≥ 0
x ≥ 3 + 13
x +1

(do x ≥ 2 )

0,25

0,25

Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ 3 + 13
III.1 1) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên (1,0đ)
từ mỗi hộp đúng một viên bi.
a) Biết rằng hộp thứ nhất có 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi đen. Hộp thứ hai có 15 viên


bi, trong đó có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy được hai viên bi đen.

55
b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là 84 .
Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng.
a) Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi.

Mỗi phần tử của không gian mẫu được chọn nhờ 2 giai đoạn:
1) Chọn 1 bi từ 20 bi hộp 1.
2) Chọn 1 bi từ 15 bi hộp 2

0,25

Suy ra số phần tử không gian mẫu là | Ω |= 20.15 = 300

Gọi A là biến cố: Lấy được hai viên bi đen, lập luận tương tự, ta được
| A |= 7.10 = 70 nên xác suất để lấy được hai bi đen là

P (A) =

7
30

0,25

b) Giả sử hộp 1 có x viên bi, trong đó có a viên bi đen, hộp thứ hai có y viên bi, trong đó

có b viên bi đen. ( x,y, a,b là các số nguyên dương, x ≥ y , a ≤ x , b ≤ y ).
ab 55
=
x
+
y
=
20
xy
84 nên 55xy = 84ab . Từ đó xy
Theo lập luận trên và giả thiết, ta có
và
1
xy ≤ (x + y)2 = 100
4
chia hết cho 84. Mặt khác

nên xy = 84 . Ta được x = 14, y = 6
55 55
≥
b
6 nên a=11, b=5
Từ đó ab=55 nên a là ước của 55.Do a ≤ 11 và
(6 − 5)(14 − 11)
1
=
6.14
28
Vậy xác suất để được 2 bi trắng là

0,25

a=

un +1 =

Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = −1 ;

un
2

+

2
, ∀n ≥ 1
un

0,25
(1,0đ)

và dãy số (vn ) thỏa mãn:

v
unvn − un + 2vn + 2 = 0 ∀n ≥ 1
. Tính 2015 và limun

Ta có v1 = −3 . Chứng minh được un =/ −2 ∀n nên
2

u − 2
vn =
=
=  n−1
= vn −1
u + 2÷
÷
un + 2 un −1
2
n −1


+
+2
2
un −1
un − 2

III.2

un −1
2
+
−2
2
un −1

Do đó
vn =

( )

vn = v1

un − 2
un + 2

Mặt khác

n −1

2
suy ra 3

2n −1

( )

= −3

⇒ un = −2.

2n −1

vn + 1
vn − 1

(

( )

⇒ v2015 = −3
n −1

= −2.

32

22014

)

0,25

2

= 32

2014

và vn =/ 1∀n ≥ 1

+1

2n −1

− 1 với mọi n ≥ 2
2n = (1 + 1)n = C n0 + C n1 + L + C nn > 1 + n
3

0,25
0,25

n −1
với mọi n ≥ 2 nên 2 > n∀n ≥ 3

> 3n ∀n ≥ 3 . Vậy

lim

1
n −1

32

0,25
=0

nên limun = −2

0
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc ∠BAD = 120 , BD = a > 0 , (1,5đ)
cạnh bên SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD)


0

bằng 60 . Điểm K thay đổi trên đoạn SC.
a) Tìm các vị trí của K sao cho tam giác BKD lần lượt có diện tích nhỏ nhất, lớn
nhất.
b) Khi K là điểm sao cho diện tích tam giác BKD nhỏ nhất. Tính tỉ số thể tích hai
khối đa diện do mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD.
S

A

D

I

O
B
C

Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều :
OB =

1

a
a 3
BD =
AB = AC =
2
2 và
3

0,25

(

)

SA ⊥ mp ABCD ⇒ BC ⊥ SI

Đặt I là trung điểm BC thì AI ⊥ BC ;AI = OB . Mà
đó ∠SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì ∆SAI vuông tại A :

. Do
0,25

a 3
∠SIA = 600 ⇒ SA = AI .tan 600 =
2

Do BD vuông góc AC và SA nên BD vuông góc mặt phẳng (SAC), từ đó với mọi K
0,25
trên SC thì BD vuông góc OK nên

SBK D =

1
1
OK .BD = OK .a
2
2
. Gọi I là hình chiếu của

O trên BD thì OK ≥ OI , OI không đổi. Vậy diện tích tam giác BKD nhỏ nhất khi K
trùng I

uuur
uuur
SK
=
xSC
Mặt khác, K trên đoạn SC khi và chỉ khi
với x ∈ [0,1] , từ đó
uuur
uuu
r
uuur
OK == xOS + (1 − x)OC nênOK ≤ xOS
.
+ (1 − x)OC ≤ OS (OC ≤ OS do ∠SOC > 900 )

0.25

Vậy diện tích tam giác BKD lớn nhất khi K trùng S

VIBCD

Từ đó

VSIBD

=

dC ,(BID )
dS,(BCD )

=

CI
IS

.

SC
AC
OC .AC
SC
SC 2
=
⇔ IC =
⇔
=
IC
SC
IC OC .AC

Lại có : OC

SC
SA 2  13
1
=
2
1
+
2
2
2

2 ÷
OC = AC ; SC = SA + AC
÷= 2
IC
AC


2
mà
, nên
.

0,25
0,25


VBICD

1
1
=
V
13
Từ đó S . ABCD
nên tỉ lệ thể tích cần tìm là 12

2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = AA ' = a . Điểm M thay đổi trên
đường thẳng AB’ sao cho mặt phẳng qua M, vuông góc AB cắt đường thẳng BC’ tại
2
2
điểm N trên đoạn BC’. Xác định vị trí của M để biểu thức 2 AM + MN đạt giá trị nhỏ (1,5đ)
nhất.
C

A
B
N
M

C'

A'

IV.2

B'

uuur r uuuu

r r uuuur r uuuur
uuuur uuuu
r
uuuur
AB
=
a
,
AC
=
b
,
AA
'
=
c
,
AM
=
mAB
',
BN
=
nBC
'
Đặt
uuuur uuuu
r uuur uuuu
r
r

r
r
MN
=
MA
+
AB
+
BN
=
(
1
−
m
−
n
)
a
+
nb
+ (n − m)c
Khi đó

0,25

Do (P) vuông góc AB nên MN vuông góc AB, ta được
uuuur uuur
r
1
r

r
r
MN .AB = 0 ↔ a[(1 − m − n)a + nb + (n − m)c ] = 0 ↔ (1 − m − n)a2 + n. a2 = 0
2
( do

0,25

rr 1 2
ab
. = a
2 ). Từ đó n=2-2m.
2
2
2
2
2
2
2
Khi đó MN = (12m − 18m + 7)a nên 2AM + MN = (20m − 18m + 7)a

1
m ∈ [ ,1]
2
Do N thuộc đoạn BC’ nên n ∈ [0,1], suy ra
9
1
1
f '(m) = 0 ↔ m =
<

[ ,1]
2
f
(
m
)
=
20
m
−
18
m
+
7
f
(
m
)
20 2 nên
Đặt
thì
đồng biến trên 2
1
1
f( )
m=
2 . Tức là 2AM 2 + MN 2 nhỏ nhất khi M là
Từ đó f(m) nhỏ nhất bằng 2 khi

V

trung điểm AB’.
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

(

b2

Khi đó:

a2

1
+
+
≥
3
ab + 2 2ab + 1
bc + 2 2bc + 1
ac + 2 2ac + 1

)(

) (

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt:
VT =

c2

x2

+

)(

a=

) (

)(

)

0,25
0,25
0,25

0,25
(1,0đ)

.

x
y
z
,b = ,c =
y
z
x , với x, y, z > 0.

y2

+

z2

( y + 2z ) ( z + 2y) ( z + 2x) ( x + 2z ) ( x + 2y) ( y + 2x )

0,5


Ta có:

( y + 2z) ( z + 2y) = yz + 2y
x2

Suy ra:

( y + 2z ) ( z + 2y)
y2

Tương tự:

( z + 2x) ( x + 2z)
z2

( x + 2y) ( y + 2x)

≥

≥

≥

2

(

+ 2z2 + 4yz = 2 y + z

2
x2
. 2
9 y + z2

2
y2
. 2
9 x + z2

2
z2
. 2
9 y + x2

2

+ yz ≤

(

9 2
y + z2
2

(2)

(3)
2  x2
y2
z2 
+
+

÷
9  y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2 ÷


x2
y2
z2
+
+
y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2
 1
1
1 
= x 2 + y2 + z 2  2
+ 2

+ 2
÷− 3
2
2
x +z
y + x2 
y + z
 1
1
1
1 
=
x2 + y2 + y2 + z2 + x2 + z2  2
+ 2
+ 2
÷− 3
2
2
2
x +z
y + x2 
y + z
1
3
≥ .9 − 3 =
2
2
2 3 1
VT ≥ . =
9

2 3
Suy ra

(

)

((

) (

) (

))

)

(1)

VT ≥

Cộng (1), (2), (3) theo vế với vế ta được:
Lại có

)

0,5