Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên (Có đáp án)

Nhóm toán VD - VDC
ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊN
NĂM HỌC: 2018-2019
THỜI GIAN : 180 PHÚT

Bài 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có
hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 .
Bài 2(4 điểm). Giải phương trình

(

x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

)(

)

x − 3 −1

Bài 3 (4 điểm).

u1 = 2
∞
Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn 
.

u1 + u2 + ... + un−1 + un = n 2un , n ≥ 1
Tìm giới hạn lim (n 2un ) .

Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I
là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH

và góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S . ABC đã cho và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a .

8
Bài 5 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất
3
của biểu thức

P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 .
HẾT


Nhóm toán VD - VDC
HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có
hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 .

Lời giải
+) Phương trình đường thẳng (d ) : y = m ( x −1) + 2
+) Phương trình hoành độ giao điểm x3 − 3 x 2 + 4 = m( x −1) + 2 ⇔ x3 − 3 x 2 − mx + m + 2 = 0

x =1
⇔ ( x −1)( x 2 − 2 x − m − 2) = 0 ⇔ 
 g ( x ) = x 2 − 2 x − m − 2 = 0
Giả sử g ( x) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 , khi đó B ( x1; m ( x1 −1) + 2) ; C ( x2 ; m ( x2 −1) + 2)
2
2
BC 2 = (m 2 + 1)( x1 − x2 ) = (m 2 + 1) ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 




= (m 2 + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = 1
Thay m = 1 vào g ( x) = x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 (thỏa mãn).
Vậy m = 1 .

(

Bài 2(4 điểm). Giải phương trình x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

)(

Lời giải
Điều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3.
Phương trình đã cho tương đương với

( x − 4)( x 2 − 3x − 3) = ( x − 3)( x − 2 + 5 x − 3 )( x − 3 −1)
⇔

(

)(

)

(

x − 3 + 1 ( x 2 − 3 x − 3) = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

x − 3 −1

)(

)

x − 3 −1


→ x −3 =1 ⇔ x = 4
 x − 3 −1 = 0 
⇔ 2
.
∗)
( x − 3x − 3) x − 3 + 1 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3
(

Dễ thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình đã cho.
x 2 − 3x − 3 x − 2 + 5 x − 3
Với x > 3, giải phương trình (∗) , ta được
=
x−3
x − 3 +1

(

)

(

)

2

( x − 4) + 5 ( x − 4) + 1

x − 3 + 5 x − 3 +1
⇔ f ( x − 4) = f x − 3 .
x − 4 +1
x − 3 +1
t 2 + 5t + 1
3
Xét hàm số f (t ) =
trên (−1; +∞) , có f ′ (t ) = 1 +
> 0; ∀t > −1.
2
t +1
(t +1)

⇔

=

(

)

)

x − 3 −1

Nhóm toán VD - VDC
Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên f (t ) mà f ( x − 4) = f

(

x −3

)

 x − 4 ≥ 0
 x ≥ 4
9+ 5
Do đó x − 4 = x − 3 ⇔ 
⇔  2
⇔ x=
.
2
2
( x − 4) = x − 3  x − 9 x + 19 = 0
9+ 5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x =
.
2
Bài 3 (4 điểm).

u1 = 2
∞
Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn 
. Tìm giới hạn lim (n 2un ) .

2
u1 + u2 + ... + un−1 + un = n un , n ≥ 1
Lời giải
Theo giả thiết ta có:
2

(n +1) un+1 = (u1 + u2 + ... + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n 2 + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n + 2)un+1 = nun
⇒ un+1 =

= ... =

n
n n −1
n n −1 n − 2
un =
.
un−1 =
.
.
.un−2
n+2
n + 2 n +1
n + 2 n +1 n

n n −1 n − 2 1
4
.
.
... u1 =
n + 2 n +1 n

3
(n + 2)(n +1)

⇒ un =

4
4n
4n
⇒ n 2un =
⇒ lim (n 2un ) = lim
=4.
n (n + 1)
n +1
n +1

Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I
là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH
và góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S . ABC đã cho và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a .

Lời giải

 BH ⊥ AC
a) Từ giả thiết của bài toán ta có 
⇒ AC ⊥ ( SBH ) ⇒ AC ⊥ SB .
SH ⊥ AC


Nhóm toán VD - VDC
 AJ ⊥ SB

Kẻ IJ ⊥ SB ⇒ 
⇒ góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng góc giữa
CJ ⊥ SB
hai đường thẳng AJ và CJ .
Dễ thấy ∆AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB)
và ( SCB ) bằng 60ο ta có hai trường hợp sau:

TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο .
Ta có IJ = AI .tan 60ο =

a 6
⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 = 2a.
2

∆BIJ ∼ ∆BSH ⇒ SH =

IJ .BH
AC
a
4a
. Mặt khác IB =
=
⇒ BH =
.
BJ
2
2
3 2

Nên ta có SH =

a 6
1
6a 3
⇒ VS . ABC = SH .S ABC =
(đvtt).
3
3
18

TH2: AJC = 120ο ⇒ AJI = 60ο .
Ta có IJ = AI .tan 30ο =

a
6

⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 =

Làm tương tự TH1 ta có SH =

2a
6

.

2a
1
2a 3
⇒ VS . ABC = SH .S ABC =
(đvtt).

3
3
18

b) Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE AB . Do vậy ta có
d ( AB, SI ) = d ( AB, ( SIE )) = d ( B, ( SIE )) .
Do BI = 3IH ⇒ d ( B, ( SIE )) = 3d ( H , ( SIE )) .
Kẻ HK ⊥ IE ( K thuộc IE ).
Mặt khác ta lại có SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ IE ⇒ IE ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SIE ) ⊥ ( SHK ) .
Kẻ HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SIE ) ⇒ d ( H , ( SIE )) = HJ .
Xét tam giác vuông SHK ta có:

Mặt khác

1
1
1
SH .HK
=
+
⇒ HF =
.
2
2
2
HF
HK
SH
SH 2 + HK 2

HK IH 1
1
a
=
= ⇒ HK = BE = .
BE
IB 3
3
6

- Khi SH =

a 6
6a
ta có HF =
.
3
15


Nhóm toán VD - VDC
- Khi SH =

2a
2a
ta có HF =
.
3
9

8
Bài 5 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất
3
của biểu thức
P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 .

Lời giải
2

2

Ta có: 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 = 16 x 2 + 32 xy + 128 y 2 = 7 ( x − 2 y ) + (3 x + 10 y ) ≥ 3 x + 10 y (1)
Suy ra: P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 ≤ 7 x + 14 y − (3 x + 10 y ) = 4 ( x + y ) .



1
Mặt khác: x + y = 1.x +
2 y ≤


2



1 + 1 ( x 2 + 2 y 2 ) = 2 ⇒ P ≤ 4.2 = 8 (2).
 2 





2
7 ( x − 2 y ) = 0 
4


x=

 x
2y

3
Đẳng thức xảy ra ở (1) & (2) khi và chỉ khi  =
⇔
.
1
 1

2

y =
2
3


 2
8
x + 2 y2 =
3



4
 x =

3
Vậy GTLN P = 8 đạt được khi 
.

2
 y =
3
