Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 lần 1 - THPT Đồng Đậu

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG LẦN 1
NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2.0 điểm).
sin 2 x  cos2 x  3 2 s inx  2

 s inx  cosx 

2

1

a) Giải phương trình:
(1)
b) Một hộp đựng 16 viên bi, trong đó có 5 viên bi màu đỏ đơi một khác nhau, 5 viên bi màu
xanh đôi một khác nhau và 6 viên bi màu vàng đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đã cho
7 viên bi. Tính xác suất để lấy được 7 viên bi có đủ 3 loại màu.
Câu 2 (2.0 điểm).
1
y  ( m  1) x 3  (2m  1) x 2  (3m  2) x  m
3
a)Cho hàm số
Tìm m để hàm số nghịch biến trên một

đoạn có độ dài bằng 4 .

b)Cho hàm số y   x  3mx  m(1) . Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có hai cực trị đồng
thời các điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4.
Câu 3 (2.0 điểm).
a)Chứng minh đẳng thức sau:
3

2

 C   C   C  C 
2
0
2018

2
1
2018

2
2
2018

2
3
2018

2017
2018
1009
 ...   C2018
   C2018

  C2018
2

2

.

3

x
 2 x2  x  1
3
b) Cho hàm số
có đồ thị là (C ) .Trong tất cả các tiếp tuyến với đồ thị (C ) ,
hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.
Câu 4 (1.0 điểm).
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB=AC=a , mặt phẳng
(AB’C’) tạo với đáy một góc .Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
Câu 5 (1.0 điểm).
y

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vng góc với mặt phẳng
 ABCD  . Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt các đường thẳng CB, CD lần lượt tại I , J .
Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SC . Hãy xác định các giao điểm K , L của SB, SD
HIJ 
AK   SBC  .
với 
và chứng minh rằng
Câu 6 (1.0 điểm).
Xét khối tứ diện ABCD có cạnh và các cạnh cịn lại đều bằng . Tìm để thể tích khối tứ diện

ABCD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 7 (1.0 điểm). Cho a, b, c, là các số thực dương.Chứng minh rằng:
.
------------------- Hết ------------------- Thí sinh khơng sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


Họ và tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh:………………
TRƯỜNG THPT ĐỒNG
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG LẦN 1
ĐẬU
NĂM HỌC 2017-2018
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm 06
trang)
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài thí sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:
sin 2 x  cos2 x  3 2 s inx  2

 s inx  cosx 

2

Câu 1.a (1.0 điểm) Giải phương trình:
Nội dung
۹ �

x

Điều kiện xác định: s inx  cosx �0
Khi đó phương trình (1) tương đương


4

k , k

Z

1

(1)
Điểm
0.25

.

sin 2 x  cos2 x  3 2 s inx  2  1  sin 2 x
�
sin x  2 2 (vô nghiêm)
�
��
2
sin x  
2
�
�

2
� 2.s in x  3 2 s inx  4  0
2

sin x  
� sin x  sin(  )
2
4
Với

0,5


�
x    k 2 , k �Z
�
4
��
5

�
x
 k 2 , k �Z
� 4

Kết hợp với điều kiện, suy ra phương trình đã cho có nghiêm:

0.25

x

5
 k 2 , k �Z
4
.

Câu 1.b (1.0 điểm) Một hộp đựng 16 viên bi, trong đó có 5 viên bi màu đỏ đơi một khác nhau, 5
viên bi màu xanh đôi một khác nhau và 6 viên bi màu vàng đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên từ
hộp đã cho 7 viên bi. Tính xác suất để lấy được 7 viên bi có đủ 3 loại màu.
Nội dung
Điểm
Ký hiệu Ω là không gian mẫu. Số cách lấy ra 7 viên bi từ 16 viên bi là: n()  C16 .
Gọi A là biến cố “ lấy ra được 7 viên bi có đủ 3 loại màu” suy ra A là biến cố “ lấy
ra được 7 viên bi khơng có đủ 3 loại màu”
7

0,25


Các khả năng thuận lợi cho biến cố A là:
7
Khả năng 1 lấy ra 7 viên bi từ 2 loại bi đỏ và bi xanh là: C10

7
Khả năng 2 lấy ra 7 viên bi từ 2 loại bi anhx và bi vàng là: C11

0,5

7
Khả năng 3 lấy ra 7 viên bi từ 2 loại bi đỏ và bi vàng là: C11

7
7
7
7
7
7
Suy ra n( A)  C10  C11  C11 � n( A)  C16  (C10  2C11 )

Do đó xác suất lấy ra được 7 viên bi có đủ 3 màu là:

P( A) 

n( A) 41

n() 44 .

0,25

1
y  ( m  1) x3  (2m  1) x2  (3m  2) x  m
3
Câu 2.a (1.0 điểm). Cho hàm số
Tìm m để hàm số

nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 4 .
Nội dung
Tập xác định của hàm số: D  R

Điểm

Ta có: y '  (m  1) x  2(2m  1) x  (3m  2)
Hàm số đã cho nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi
y ' �0 trên đoạn có độ dài bằng 4

0,25

� y ' có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  4
�
�
m �1
�
m  1 �0
�
�
� 2
��
'  0
��
7m  m  3  0, m
�x  x  4
�
�1 2
�2  '  4
�
�m  1
.

0,25

2

m �1
�
m �1
�
7 � 61
�
�� 2
�� 2
�m
6
3m  7m  1  0
�
� 7m  m  3  2 m  1
�7  61 7  61 �
m ��
;
�
6
6 �
�
Vậy với
thì thỏa mãn ycbt.

0,25

0,25

Câu 2.b (1.0 điểm). Cho hàm số y   x  3mx  m . Tìm các giá trị của m để hàm số có hai cực

trị đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4
Nội dung
Điểm
Tập xác định của hàm số: D  R
2
0,25
Ta có: y '  3 x  6mx
3

2

x0
�
y '  0 � 3x 2  6mx  0 � �
x  2m
�

Để hàm số có hai điểm cực trị thì m �0 , khi đó đồ thị của hàm số có hai điểm cực
trị là: A(0,  m) , B(2m; 4m  m)
3

0,25


AB  4m2  16m6  2 m 1  4m 4

Ta có
Đường thẳng AB có phương trình:

0,25

x0 y m

� 2m 2 x  y  m  0(m �0)
3
2m
4m
m
d (O, AB) 
.
4m 4  1

Hai điểm A, B tạo với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 nên
ta có:
S OAB

m
1
1
.2 m 1  4m4  4
 4 � d (O, AB ). AB  4 � 2
4
� m  �2(t / m)
4m  1
2
m � 2; 2

Vậy với

0,25

thì thỏa mãn ycbt.

Câu 3.a (1.0 điểm). Chứng minh đẳng thức sau:

 C    C    C    C   ...   C    C 
 1  x  . 1  x    1  x 
Xét đẳng thức
2
0
2018

2
1
2018

2
2
2018

2018

+) Ta có

 1  x2 
 1 x

2018

2018

2
3
2018

2018

2018

1009
 C2018

.
0,25

k

k 0

. 1  x 

2018 2
2018

2 2018

2018

k
 �C2018

  x2 

2017 2
2018

1009
2018
suy ra hệ số của số hạng chứa x
là C2018

�2018 k
�2018 k k �
k �
 ��C2018
x �
  x  ���C2018
�k 0
�
�k 0
�

+) Ta có
2018
suy ra hệ số của số hạng chứa x
là

0,5

o
2018

1
2017
2
2016
3
2015
2017 1
2018 0
C2018
C2018
 C2018
C2018
 C2018
C2018
 C2018
C2018
 ...  C2018
C2018  C2018
C2018

0
1
2
3
2017
2018
  C2018
   C2018
   C2018
   C2018

  ...   C2018
   C2018

2

0,25

2

2

2

2

2

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

y

x3
 2x2  x  1
3
có đồ thị (C ) . Trong tất cả các tiếp tuyến với

Câu 3.b (1.0 điểm) Cho hàm số
đồ thị (C ) , hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.
Nội dung

Điểm

Hàm số đã cho có y'  x  4 x  1.
2

Gọi

M  x0 ; y0 

y0 

1 3
x0  2 x02  x0  1
3
.

là điểm bất kỳ thuộc đồ thị (C),
M x ;y
k  y'  x0   x02  4 x0  1
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại  0 0  có hệ số góc:

  x0  2   3 �3

0.25
0.25

2

Vậy k đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi x0  2 .

.

0.25


� 7�
11
M�
2;  �
y  3 x  .
3
Khi đó � 3 �và tiếp tuyến cần tìm có phương trình:

0.25

Câu 4 (1.0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với
AB=AC=a , mặt phẳng (AB’C’) tạo với đáy một góc .Tính thể tích V của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ theo a.
Nội dung
Điểm

A'

0

60

a

A

C'

a

M

B'
C

0

120

B

0.25

Gọi M là trung điểm của B’C’
Vì tam giác A’B’C’ cân tại A’ A’MB’C’ (1)
+ Do hai hình chữ nhật ABB’A’ và ACC’A’ bằng nhau nên
 (2)
Mà ,
Do đó từ (1) và (2)  góc giữa (AB’C’) và mặt đáy (A’B’C’) là góc (vì
+ Xét tam giác A’B’C’ cân tại A’ có
 
+ Do 
 AA’M vng tại A’ 

Diện tích tam giácABC là :

Vậy thể tích của khối lăng trụ ABCA’B’C’ là:
(đvtt)
Câu 5 (1.0 điểm).

0.25

0.25

0.25


Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vng góc với mặt phẳng
 ABCD  . Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt các đường thẳng CB, CD lần lượt tại I , J .
Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SC . Hãy xác định các giao điểm K , L của SB, SD
HIJ 
AK   SBC  .
với 
và chứng minh rằng

Điểm

Nội Dung

S

J
H L

K

I

B

D

A

0,5

C

( SBC ) gọi K = SB �IH � K = SB �( HIJ )
( SCD) gọi L = SD �JH � L = SD �( HIJ )
Trong
Trong

IJ ^ AC
�
�
� IJ ^ ( SAC ) � IJ ^ SC
�
�
SC ^ ( IJH ) .
IJ
^
SA
Ta có �
, mà AH ^ SC . Suy ra
BC ^ ( SAB ) � BC ^ AK

AK ^ ( SBC ) .
Suy ra AK ^ SC . Mà
.Vậy

0,25
0,25

Câu 6 (1.0 điểm).
Xét khối tứ diện ABCD có cạnh và các cạnh cịn lại đều bằng . Tìm để thể tích khối tứ diện
ABCD đạt giá trị lớn nhất.
Nội dung
Điểm


S

C
A

o
M

B
Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC
� R  OA  OB  OC , mà DA  DB  DC (gt)
 DO  ( ABC ) � DO  OC

0,25

+ Gọi M là trung điểm của AB

� CM  AB (vì CA  CB  2 3 )
x 2 48  x 2
CM  BC  BM  ( a 3)  ( ) 
0
2
4
Theo Pitago:
2




CM 
S ABC

2

2

2

0,25

48  x 2
2
(với 0  x  4 3 )

1
1 48  x 2
x. 48  x 2

 CM . AB  .
.x 
.
2
2
2
4

SABC 

AB. AC.BC .
4R

Mà
+ Khi đó theo Pitago:

R


x.2 3.2 3
4.

x. 48  x 2
4

12



48  x 2

0,25

2

� 12
� 12(36  x )
DO 2  DC 2  OC 2  12  �
�
2
48  x 2
� 48  x �
DO 

12(36  x 2 )



2

2 3. 36  x 2

48  x 2
48  x 2

(với 0  x  6 )
+ Thể tích của khối tứ diện ABCD là:
1
1 2 3. 36  x 2 x. 48  x 2
3
V  DO.S ABC  .

.

.x. 36  x 2 .
2
3
3
4
6
48  x

Với 0  x  6 theo BĐT Cauchy có:
x 2  36  x 2
3
2
x. 36  x �
 18
V � .18  3 2
6
2


0,25


0 x6
�
x  36  x 2 � � 2
�x 3 2
x  36  x 2
�

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Vậy với x  3 2 thì thể tích khối tứ diện ABCD có diện tích lớn nhất.

Câu 7 (1.0 điểm). Cho a, b, c, là các số thực dương.Chứng minh rằng:
.
Nội dung

Trong khơng gian dựng hình chóp S.ABC có
SA=a, SB=b, SC=c và
Trong tam giác SAB theo định lý cosin ta có:
Tương tự ta có: ; :
Trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức:
(đpcm)

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

Điểm

0,25

0,25
0,5