DE THI CHON HOC SINH GIOI CAP TRUONG THPT LY THAI TO

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn thi: Tốn – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 16 tháng 09 năm 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)
Câu I. (4,0 điểm)

y=

x- 2
x + 1 có đồ thị là  C  và M là điểm thuộc  C  . Tiếp tuyến của  C  tại M cắt hai

1) Cho hàm số
 C  tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M sao cho bán kính
đường tiệm cận của
đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất.

1
y = x3 - ( m - 1) x2 - ( m - 3) x + 5m2 + 1
3
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
đồng

( 0;3) .

biến trên khoảng
Câu II. (4,0 điểm)

é

ù

ë0;2018pú
ûcủa phương trình:
1) Tính tổng các nghiệm thuộc ê
2) Tính tổng:
Câu III. (4,0 điểm)

2sin2 x + 3sin2x = 3 3sin x + 3cosx - 1
1
2
3
4
2017
S = C 2017
- 22C 2017
+ 3.22C 2017
- 4.23C 2017
+ ... + 2017.22016C 2017
.

1
log4 x2 - 4x + 4 + log 2 ( x + 2) > log2 ( 4 - x)
2
1) Giải bất phương trình:

ìï 17 - 3x 5 - x + 3y - 14 4 - y = 0
)
(
)
ïï (
í
ïï 4 2x + 8 + (x - y + 2) 3 x + 3y - 5 = 2x + 14 ( x, y Ỵ R)
2) Giải hệ phương trình: ïỵ

(

)

Câu IV. (6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vng cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,
BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm

D ( - 1;- 1)

, đường thẳng IG có phương trình 6x - 3y - 7 = 0 và điểm E có hồnh độ bằng 1. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.
2) Cho hình chóp S.ABCD có SA = x, tất cả các cạnh cịn lại bằng 1. Tính thể tích khối chóp đó theo
x và tìm x để thể tích đó là lớn nhất.
3) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh a và hình chiếu của S lên mặt phẳng
·
·
·
(ABC ) là điểm H nằm trong tam giác ABC sao cho AHB
= 1500, BHC
= 1200,CHA

= 900 .Biết tổng diện

31 2
pa .
tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC , S.HAC bằng 3
Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABC .
Câu V. (2,0 điểm)Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn abc = 1và

P =
lớn nhất của biểu thức:

a3b + b3a +

1
1
3
+
2
2
1+ 2c .
1+ a
1+ b
---------------Hết----------------

1
= ab + 2
ab
. Tìm giá trị

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….................…….….….; Số báo danh:……….....……….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1.1 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn: Tốn – Lớp 12
Lời giải sơ lược

Điểm


x0  2 
 x0 ;

x 0 1 

Gọi M
(C)
y
Phương trình tiếp tuyến tại M:

x 2
3

(x  x 0 )  0
2
(x 0  1)
x0 1

1,0


x0  5 
  1;

x 0 1 
Khi đó: A 

B(2x0+1; 2) ; I(-1; 1)
1
6
1

2 x 0  1 2.3 6
2 x 0 1
2
*Ta có: SIAB =
. IA. IB =
(đvdt)

S IAB  p.r  r 

S
 rmax  pmin

p

Chu vi tam giác IAB nhỏ nhất khi IA = IB hay
*Vậy có 2 điểm thoả mãn
M1(  1  3;1 

 x 0  1  3
6
2 x 0  1  
x0 1
 x 0  1  3

1,0

3)

M2(  1  3;1  3 )
1.2 (2,0 điểm)
TXĐ: 

y '  x 2  2  m  1 x   m  3
Do phương trình y ' 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên  , nên để hàm số đã cho đồng biến trên
 0;3  y ' 0, x   0;3
khoảng
x2  2 x  3

m, x   0;3 
2 x 1
.

x2  2x  3
g  x 
2 x  1 trên khoảng  0;3
Xét hàm số
g ' x  

2 x2  2x  4

Từ BBT,

 2 x  1

2

1,0

0,5

 x 1
; g '  x  0  
 x  2  loai 

g  x  m, x   0;3  m 2

Vậy, m 2

 0;3
thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

0,5

2
2.1 (2 điểm) 2sin x  3 sin 2 x 3 3 sin x  3cos x  1 . (1)

(1)


 3sin 2 x  2 3 sin x cos x  cos 2 x 3



3 s inx  cos x



2



3 s inx  cos x



0,5

3( 3 s inx  cos x)

 3 s inx  cos x 0


 3 s inx  cos x 3(VN )

1,0

x
Giải ra ta được nghim ca phng trỡnh l

x ẻ ộ0;2018pựị k ẻ

{1;2;...;2018} ị

ờ
ỳ
ở
ỷ
Do
Cỏc nghiệm này lập thành cấp số cộng với


 k ; k Z
6

.phng trỡnh cú 2018 nghim.

ử
5p
2018 ổ
5p
6110504p
ữ

ỗ
ữ
x1 =
,d = p ị S2018 =
2.
+
2017
p
=
ỗ
ữ
ữ
6
2 ỗ
3
ố 6
ứ

0,5

2.2 (2 im).

( 1- x)
Ta có

2017

0
1
2

3
2017 2017
= C 2017
- C 2017
x +C 2017
x2 - C 2017
x3 + ... - C 2017
x

1,0

Lấy đạo hàm 2 vế ta được:

- 2017( 1- x)

2016

1
2
3
2017 2016
= - C 2017
+ 2C 2017
x - 3C 2017
x2 + ... - 2017C 2017
x

1
2
3

2017 2016
x = 2 Þ - 2017 = - C 2017
+ 2C 2017
2- 3C 2017
22 + ... - 2017C 2017
2
Vậy S =2017
3.1 (2 điểm)
 x2  4x  4  0
 x 2

ĐK :  x  2  0

 2  x  4
4  x  0

+
1
log 22 ( x  2) 2  log 1 ( x  2)  log 2 (4  x)
2 22
+ Bất phương trình đã cho tương đương với

 log 2 x  2  log 2 ( x  2)  log 2 (4  x)

1,0

0,5

0,5

 log 2  x  2 ( x  2)   log 2 (4  x)
 x  2 ( x  2)  4  x (1)
+) TH1: Với x  ( 2;2) thì (1)  (2  x)( x  2)  4  x  x  (0;1) . Kết hợp với ĐK trong
trường hợp này ta được x  (0;1)
+) TH2: Với x  (2;4) thì

(1)  ( x  2)( x  2)  4  x  x  ( ;

trường hợp này ta được

x(

 1

33
2

) (

 1  33
; )
2
. Kết hợp với ĐK trong

 1  33
;4)
2

* Vậy bất phương trình có tập nghiệm là

x  (0;1)  (

 1  33
;4)
2

1,0


ìï 17 - 3x 5- x + 3y - 14 4 - y = 0
)
(
)
ïï (
í
ïï 4 2x + 8 + (x - y + 2) 3 x + 3y - 5 = 2x + 14 ( x, y Ỵ R)
3.1 (2 điểm) Giải hệ phương trình: ïỵ
ìï - 4 £ x £ 5
ï
í
ïy £ 4
Điều kiện ïỵ
Phương trình (1) tương đương với ( 3(5 − x )+2 ) √5 − x= ( 3(4 − y )+ 2 ) √ 4 − y (3)
3 t+ 2
>0 ; ∀ t ≥ 0 . ra suy ra f(t)
Xét hàm f (t)=(3 t+2) √ t với t ≥ 0 , ta có f ' (t)=3 √ t+
2 √t
đbiến trên
é0;+¥ )
ê

ë
Kết hợp với (3) ta có f (5− x)=f ( 4 − x )⇔ 5− x=4 − y ⇔ y=x −1 .
Thay vào phương trình (2) của hệ ta được
4 2x  8  3 3 4x  8  2x  14 0
  4 2x  8   x  12     3 3 4x  8  (x  2)  0
(x  4) 2
(x  4)2 (x 14)


0
4 2x  8  x  12 9 3 (4x  8) 2  3(x  2) 3 4x  8  (x  2) 2

0,5

0,5

1,0

2

 (x  4) 0  x 4(tm)  y 3(tm)

1
(x  14)


0(4)
 4 2x  8  x  12 9 3 (4x  8) 2  3(x  2) 3 4x  8  (x  2) 2

Nhận xét: Với x ≥ − 4 ,vế trái của phương trình (4) ln dương , nên (4) vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 4;3)
4.1 (2 điểm)
0,5

1
HK DI  IC
2 ;
Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD  A là trung điểm của KI,
1
AK  BK  GK / / AC  GK  AB
 GB GI GC hay G là tâm đường tròn đi qua ba
2
điểm C, I, B.


1
ID  IC  DE / / IG
o
CGI 2 IBC

90 ,
2
.
Phương trình đường thẳng

DE:

2 x  y  1 0  E  1;3 

CE  IG , suy ra phương trình CE : x  2 y  7 0 . Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình

7

x

 x  2 y  7 0

7 7
3

 G ; 

 3 3
6 x  3 y  7 0
 y 7
 C  5;1

3

5
DG  AG  A  1;1  B  1;5 
A  1;1 , B  1;5 
C  5;1
2
. Vậy,
và
.

1,0

0,5

4.2 (2 điểm)
S

0,5

B
H

C

A

O
D

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD)
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD, suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Mặt khác, tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, với O là giao của AC và BD.
2
Lại có, CBD ABD SBD  OC OA OS nên SAC vuông tại S  AC  x  1
1
1
1
x
 2
 SH 
2
2
SA SC

x2 1
Ta có, SH

ABCD là hình thoi

 AC  BD  OB  AB 2  AO 2 

0,5

1
3  x2
2

1
1
1
S ABCD  AC.BD  x 2  1. 3  x 2  V  x 3  x 2
2
2
6
+
1
1 x2  3  x2 1
V  x 3  x2  .

6
6
2
4
+ Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có,

1,0

1
6
x  3  x2  x 
2
V có giá trị lớn nhất là 4 khi
3.1 (2 điểm)
Gọi

r1, r2, r3

Khi đó

lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp D HAB, D HBC , D HAC

r1 =

a
a
a
a
a
= a;r2 =
=
, r3 =
=
0
0

0
2
2sin150
2sin120
2sin90
3

0,5


Gọi

R1, R2, R3

lần lượt là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC , S.HAC

a2
a2
2
SH = 2x Þ R1 = x + a , R2 = x + , R3 = x +
3
4
Đặt
2

Ta có

2

S = 4pR12 + 4pR22 + 4pR32 =

2

31 2
a 3
2a 3
pa Þ x =
Þ SH =
3
3
3

1 a2 3 2a 3 a3
V =
.
=
3
4
3
6
Vậy thể tích khối chóp là
5 (2 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn:
1
1
3
P


2
2

1  a 1  b 1  2c
biểu thức
Theo BĐT Cơ–si ta có:

a 3b  b 3a 

a 3b  ab3 2a 2b 2  ab  2 2a 2b 2 

0,5

1,0

1
ab  2.
ab
Tìm giá trị lớn nhất của

1
ab

1
1
 t  2 2t 2   2t 3  t 2  2t  1 0  t 1
t
2
Đặt t=a.b>0
1
1
2



2
2
Với a, b  0; ab 1 ta chứng minh 1  a 1  b 1  ab (*)
1
1
1
1
(*)  (

) (

) 0
2
2
1  a 1  ab
1  b 1  ab
Thật vậy:
a(b  a )
b ( a  b)


0  (a  b) 2 ( ab  1) 0
2
2
(1  a )(1  ab) (1  b )(1  ab)
(đúng)
2
3
2

3t
 P



2
1  ab 1 
1 t t  2
ab
2
3t
2
6
1 
t   ;1 ; f  t  

; f '  t  

0
2
2
1 t t  2
2 
1 t 
t  2


Xét
1 
 1  11

 2 ;1  Max f  t   f  2   15
f t
Từ đó
nghịch biến trên

0,5

0,5

1,0

1
1
1
t  a
;b 
; c 2
2
2
2
Dấu “=” xảy ra khi
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt
chẽ, tính tốn chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không
được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được
trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, khơng làm trịn điểm