Đề thi chọn HSG tỉnh toán 12 năm 2017 2018 sở GD đt quảng bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2018
Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên:…………………..

LỚP 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

SỐ BÁO DANH:……………
Câu 1 (2.0 điểm)

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  : y 

x
, biết rằng khoảng cách từ tâm
x 1

đối xứng của đồ thị  C  đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu 2 (2.0 điểm)
x
 8 y3  2 y  1 .
y
3
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   x  x  4 y 4  y 2  2 xy 2  2 xy  4 .
Câu 3 (2.0 điểm)

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x 3  x  log 2

e

a. Cho I n   ln n x.dx (n  * ) , chứng minh rằng: I n 1  e   n  1 I n
1


4

b. Tính tích phân sau: I   ln  1  tan x dx
0

Câu 4 (3.0 điểm)
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi K là trung điểm
của SC . Giả sử  P  là mặt phẳng đi qua hai điểm A , K và luôn cắt các cạnh SB, SD lần
lượt tại M , N ( M , N không trùng S ).
a. Chứng minh rằng:

SB SD

 3.
SM SN

b. Gọi V1 và V theo thứ tự là thể tích của khối chóp S . AMKN và S . ABCD .
Xác định vị trí của mặt phẳng  P  để tỷ số

V1
đạt giá trị lớn nhất.

V

Câu 5 (1.0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm, thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
3



2
2
2
b 1 c 1 a 1 2

-------------------hÕt-------------------


SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2018
Môn thi: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM

LỚP 12 THPT
Đáp án này gồm có 05 trang
YÊU CẦU CHUNG

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với
những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai
thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm
thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm
của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

x
, biết rằng
x 1
khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị  C  đến tiếp tuyến là lớn
nhất.

Điểm

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  : y 



Gọi M  x0 ;


x0 

 , x0  1 là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị  C  , tiếp
x0  1 


tuyến của  C  tại M  x0 ;


y

1

 x0  1

x  x0  
2 

x0 
 là :
x0  1 

Mà

0,50

x0
2
 x   x0  1 y  x02  0 ( )
x0  1

Và tâm đối xứng của  C  là I 1;1 .

Khi đó:
1
2
1   x0  1  x02
(2,0 điểm)
2 x0  1
d  I; 

4
4
1   x0  1
1   x0  1


2,0

0,50

2
2
1
2   x0  1
 x0  1

1
2
2  d  I;  2
2   x0  1 
 x0  1

x  0
1
2
 x0  1   x0  1  1   0
Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi và chi khi
x0  1
 x0  2
Với x0  0 tiếp tuyến cần tìm là: y   x
Với x0  2 tiếp tuyến cần tìm là: y   x  4

0,50

0,50


Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x 3  x  log 2

x
 8 y3  2 y  1 .
y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P   x3  x 2  4 y 4  y 2  2 xy 2  2 xy  4 .
x
Ta có: x 3  x  log 2  8 y 3  2 y  1
y
3

 x 3  x  log 2 x   2 y   2 y  log 2  2 y  *

Xét hàm số: f (t )  t 3  t  log 2 t , t  0 , ta có:
1
f '(t )  3t 2  1 
 0, t  0
t ln 2
Do đó f (t ) là hàm đồng biến trên (0;  ) .
Khi đó  *   f  x   f  2 y   x  2 y .
Khi đó, ta có:
P   x3  x 2  4 y 4  y 2  2 xy 2  2 xy  4
2
(2,0 điểm)

0,25

 4 y 4  12 y 3  9 y 2  4
Xét hàm số P( y )  4 y 4  12 y 3  9 y 2  4, y  0 , ta có:
P '( y )  16 y 3  36 y 2  18 y
3
3
P '( y )  0  16 y 3  36 y 2  18 y  0  y  0, y  , y 
4
2
Bảng biến thiên
3
4

0

P ' y 

+

0

3
2



0,25



0

+

337
64

P y

0,25

0,5

 8 y 3  4 y 2  4 y 4  y 2  4 y 3  4 y 2  4

y

2,0

0,5


4

4

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
3
min P  4, khi x  3, y 
x , y 0
2

0,25

e

a. Cho I n   ln n x.dx (n  * ) , chứng minh rằng: I n 1  e   n  1 I n

1,0

1

e

e

Ta có: I n   ln n x.dx (n  * )  I n1   ln n 1 x.dx (n  Z  )

1

3

0,25

1

Đặt:
1
u  ln n1 x  du   n  1 ln n x.dx
x
dv  dx  v  x

(2,0 điểm)

e

e

Khi đó:

I n 1   ln

n 1

x.dx  x.ln

1

 e   n  1 I n

n 1

0,25
e

x   n  1  ln n x.dx
1

1

0,5



4

1,0

b. Tính tích phân sau: I   ln  1  tan x dx
0

C Đặt x 


4

 t  dx  dt . Đổi cận: x  0  t 




4

4


4

,x 


4

t 0

0,25


Khi đó: I   ln  1  tan x dx   ln 1  tan   t  dt

4

0
0

4
1  tan t
  ln  1 

 1  tan t
0





4

4

4
2
dt  ln 


0  1  tan t


dt




  ln 2dt   ln  1  tan t dt 
0

0,25



0


4

4

ln 2   ln  1  tan x dx

0,25

0


4

Vậy I   ln  1  tan x dx 
0


8

0,25

ln 2

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi
K là trung điểm của SC . Giả sử  P  là mặt phẳng đi qua hai

điểm A , K và luôn cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M , N ( M , N

3,0

không trùng S ).
a. Chứng minh rằng:

SB SD

 3.
SM SN

1,5

S

4

K

(3,0 điểm)
N

0,5
I
M
D

C
O

A

B

Gọi O  AC  BD, I  SO  AK . Qua I dựng đường thẳng d sao
cho d luôn cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M , N .
1
1
Ta có: VS . ADC  VS . ABC  VS . ABD  VS .CBD  VS . ABCD  V
2
2


VS . ANK SN SK 1 SN
1 SN
SN

.
 .
 VS . ANK  . .VS . ADC 
V
VS . ADC SD SC 2 SD
2 SD
4 SD
Tương tự
SM
SM SN V
SM SN V
VS . AMK 

V , VS . AMN 
. . , VS .MNK 
. .
4 SB
SB SD 2
SB SD 4
Do đó:
VS . AMKN  VS . ANK  VS . AMK  VS . AMN  VS . KMN
SN
SM
SM SN V SM SN V SM SN 3V

V
V 
. . 
. . 
. .
4 SD
4 SB
SB SD 2 SB SD 4 SB SD 4
SB SD
SM SN V


 3 (Chia cả 2 vế cho
. . )
SM SN
SB SD 4
b. Gọi V1 và V theo thứ tự là thể tích của khối chóp S . AMKN và

Khi đó:

S . ABCD . Xác định vị trí của mặt phẳng  P  để tỷ số

V1
đạt giá trị
V

0,5

0.5

1,5

lớn nhất.
Đặt

SM
SN
 x,
 y;  0  x, y  1 
SB
SD

Theo câu a ta có: V1 

x y
4

V 

3 xy
V  x  y  3 xy
4

x
1
 x  (do y  0 )
3x  1
3
SN
x
1
1
 1  2 x  1  0 (do 3 x  1  0 ) suy ra x 
và y 
SD
3x  1
2
1
Do đó  x  1
2
V 3 xy
3x 2
3x 2
1

; x   ;1 
Ta có 1 
. Đặt f ( x) 

V
4
4  3x  1 
4  3x  1 
2 
2
3(3 x  2 x)
2
; f '( x)  0  x  0; x 
Tính được f '( x) 
2
3
4(3x  1)
Bảng biến thiên:
y

x
f ' x

1
2

2
3



0

3

8

f  x

0,5

0,5

1


3
8

1
8

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
 x 1 M  B
V1
3
1
SM 1
có giá trị lớn nhất là
khi 
x



V

8

2
SB 2
Vậy mặt phẳng  P  trùng với mặt phẳng  ABK  hoặc mặt phẳng
 P  đi qua AK và trung điểm của SB .

0,5


Cho a, b, c là các số thực không âm, thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng
a2
b2
c2
3
 2
 2

2
b 1 c 1 a 1 2

minh rằng:

1,0

Ta có :
2

2

+) 9  (a  b  c) 2  3(a 2  b 2  c )  a 2  b 2  c  3
+)

a

2

 b2  c

2



2

 3  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 

0,25

2

a 2 b2 c 2  a  b  c 
; m, n, p  0
+)   
m n
p
mn p

Khi đó:
a2

b2
c2
a4
b4
c4
S 2





b  1 c2  1 a 2  1 a 2  b2  1  b2  c2  1  c2  a 2  1 

5
(1,0 điểm)

Nên

 a 2  b2  c 2 

2

2

a2  b2  c2 

S 2 2

2
a b  b2c 2  c 2 a 2  a 2  b 2  c 2 1 2

a  b2  c 2   a 2  b2  c 2

3

0,25

Đặt t  a 2  b 2  c 2  3 ta được:
S

t2
1 2
t t
3

Do f '(t ) 



3t
 f (t ), t   3;  
t 3

9
 0, t   3;  
(t  3) 2

0,25

suy ra hàm số đồng biến trên t   3;  
Từ đây: S  f (t )  f (3) 

3
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t  3 hay a  b  c  1

0,25