SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH THPT LÊ QUÝ ĐÔN &&& - ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn thi : Tốn - Thời gian làm 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1.(5 điểm) 2x 1 có đồ thị (H) M điểm (H) cho xM > 1, tiếp tuyến (H) 2x  M cắt tiệm cận đứng tiệm cận ngang A B Xác định toạ độ điểm M cho SOIB  8SOIA ( O gốc toạ độ, I giao hai tiệm cận) Cho hàm số y  Bài 2.(6 điểm) 1) Giải hệ phương trình   4  9.3x2 2y   x2 2y 72y  x2      x  2x  2y  2x    2) Giải bất phương trình: x  x   x( x  x  4) 3) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 24 13a + 12 ab + 16 bc - a+b+c Bài 3.(6 điểm) 1) Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC; M, N trung 9 2 điểm AH, BH Trên cạnh CD lấy điểm K cho MNCK hình bình hành Biết M  ;  , 5 5 K(9; 2) đỉnh B,C nằm đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y  Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết hồnh độ điểm C lớn 2) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh 22 BB’ = a Hình chiếu vng góc B’ (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng BB’ AC’   600 , SA = 3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 1, góc BAD = SB = SD = Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB AD cho mp(SMN) vng góc với (ABCD) Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích tồn phần tứ diện SAMN nhỏ Bài 4.(2 điểm) A B C Cho tam giác ABC có góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos  3cos  cos 2 Chứng minh tam giác ABC tam giác Bài 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng có n điểm, có k điểm thẳng hàng, số lại khơng có điểm thẳng hàng Biết từ n điểm tạo 36 đường thẳng phân biệt tạo 110 tam giác khác Hãy tìm n, k -Hết -Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh:……………… ………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH &&& THPT Lê Quý Đôn Bài (5 đ) Cho hàm số y  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi : Tốn ( Gồm trang) 2x 1 có đồ thị (H) M điểm (H) cho xM > 1, tiếp tuyến 2x  (H) M cắt tiệm cận đứng tiệm cận ngang A B Xác định toạ độ điểm M cho S OIB  8S OIA ( O gốc toạ độ, I giao hai tiệm cận)  2x 1  M  x0 ;  , x0  thuộc (H), Tiếp tuyến (H) M có phương trình  x0   2x 1 2 (d ) : y   ( x  x0 ) x0   x0  2 1.0  x  (d) cắt tiệm cận đứng A  1;  , (d) cắt tiệm cận ngang B(2x0 – 1; 1)  x0   IA = , IB = 2( x0  1) x0  1.0 S OIB  8S OIA  2( x0  1)   x  1(ktm)   x0  1    x0   x0  3(tm) 1.0 1.0  5 Vậy M  3;   4 Bài (2đ) 1.0 Giải hệ phương trình   4  9.3x2 2y   x2 2y 72y x2 2     x  2x  2y  2x  Đk: y –x   (*) Đặt t = x2 – 2y Pt(1) trở thành :  3t   0.5    f(t  2)  f(2t)  t   2t  t  t –t   3t   32t  2t 7t  0.5   Từ 2y = x 43 nghịch biến R Với f(x) = x   x Thay 2y = x2 – vào pt(2) ta Đặt  x  2x  x  2x  (3) x  2x   a  phương trình (3) trở thành a  a  (2  2)  (4)  x  (tm *)  y  1  Gii pt (4) c a tìm đợc x   (tm *)   y  Bài 0.5 0.5  (2đ) Giải bất phương trình: x  x   x( x  x  4)  (x R) 0.5  1   x  HD: ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥    x  1  0.5 Khi (*)  x( x  x  4)  x  x   x( x  x  4)  ( x  x  4)  3x (**) 0.5 TH 1: x  1  , Chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)  Đặt t  1 x2  x  x2  x   3 x x x2  x  , t  , ta có bpt: t  4t     t  x 1  17  65 x2  2x   x  x   x  3  2 x  x  x   0.5 TH 2: 1   x  , x  x   , (**) thỏa  1  17  65  ;  2   Vậy tập nghiệm bpt (*) S   1  5;0     Bài (2đ)  Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 24 P= 13a + 12 ab + 16 bc a+b+c Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có a  4b b  4c 13a  12 ab  16 bc  13a  a.4b  b.4c  13a    16(a  b  c) 2 0.5  13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) Dấu “ = ” xảy  a  4b  16c Suy P  2a  b  c  abc Đặt t  a  b  c, t  Khi ta có: P  Xét hàm số f  t   2t  f ' t    BBT t 0.5 2t  t khoảng (0; ) , ta có f '  t   2t t  2t 2t t  2t   t  ; lim f (t)   ; lim f (t)  x 0 x  0.5 16 a  b  c  ;b  ;c  a Vậy ta có P   , đẳng thức xảy   21 21 21 a  4b  16c Vậy giá trị nhỏ P  Bài (2đ) 0.5  16   a, b, c    , ,   21 21 21  Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC; M, N trung 9 2 điểm AH, BH Trên cạnh CD lấy điểm K cho MNCK hình bình hành Biết M  ;  , 5 5 K(9; 2) đỉnh B,C nằm đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y   Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn A B N M H D MN đường trung bình tam giác HAB  MN / / AB, MN  bình hành  MN / / CK, MN  CK  C K AB Do MNCK hình 0.5 AB suy K trung điểm CD Ta có MN  BC , BH  MC nên N trực tâm tam giác BCM  CN  BM , mà MK // CN  BM  MK Viết phương trình BM qua M và vng góc với MK, suy toạ độ 0.5 B  BM  d1  B (1; 4)   a  C  d  C (a; a  5) BC.CK    Do xC  nên C(9; 4) a    K trung điểm CD suy D(9;0) AB  DC  A(1;0) Vậy A(1; 0), B(1; 4), C(9; 4), D(9; 0) 0.5 0.5 (2 đ) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh BB’ = 22 a Hình chiếu vng góc B’ (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng BB’ AC’ A' B' C' B A G M I C H BB’// (ACC’) suy d(BB’, AC’) = d(BB’, (ACC’)) = d(B, (ACC’) 0.5 Gọi H hình chiếu vng góc C’ (ABC) Gọi I giao điểm GH AC 0.5 Chứng minh C ' I  AC v C'I = C ' H  HI  2a S C ' AC  C ' I.AC  2a 2 0.5 VC'.ABC  4a VC '.ABC  VB.ACC '  S ACC ' d(B,(ACC ')) 3V 3 a Kết luận d(BB’, AC’) = a (đvd)  d(B,(ACC '))  C '.ABC  S ACC ' 2 (2 đ) 0.5   600 , Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 1, góc BAD SA = SB = SD = Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB AD cho mp(SMN) vng góc với (ABCD) Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích tồn phần tứ diện SAMN nhỏ 0.5 S D C N O H A B M Chứng tỏ M,H,N thẳng hàng theo thứ tự S AMN  S AMH  S ANH  S AMN 1 AM AH sin 300  AN AH sin 300  ( x  y) 2 0.5  AM AN sin 600  xy Từ (5) (6) ta có x + y = 3xy (5) (6) (0  x, y  1) (7) MN  AM  AN  AM AN cos600  x  y  xy  ( x  y )  xy  (3 xy )  xy 0.5  MN  (3xy )  xy Gọi Stp diện tích tồn phần tứ diện SAMN Ta có Stp = SAMN + SSAN + SSAM + SSMN 1 1 AM AN sin 600  AN AS.sin600  AM AS sin 600  SH MN 2 2 3 3xy (3 xy  1)  x y  y.1  x.1  2 2 2 3 6   xy  x  y   3xy(3xy  1)  3xy  3xy(3xy  1) 6  Từ (7) ta có xy  x  y  xy  xy  S  4 MinS  Bài (2 đ) 0.5  xy    4  x y Cho tam giác ABC có góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos Chứng minh tam giác ABC tam giác A B C  3cos  cos 2 0.5 AB AB C Ta cã : sinA +sin B = sin cos  cos 2  C (sin A + sinB )  cos 2 dÊu ( = ) x¶y vμ chØ chØ A = B (1) 0.5 A (sin B + sinC )  cos 2 B (sin C + sinA )  cos 2 T−¬ng tù : (2) (3) Tõ (1), (2), (3), suy : 2sinA + 3sin B + sin C  5cos A B C +3cos +cos 2 0.5 0.5 Đẳng thức xảy v tam giác ABC Bi (1 đ) Trong mặt phẳng có n điểm, có k điểm thẳng hàng, số lại khơng có điểm thẳng hàng Biết từ n điểm tạo 36 đường thẳng phân biệt tạo 110 tam giác khác Hãy tìm n, k + Số đường thẳng phân biệt có Cn2  Ck2  + Số tam giác phân biệt có C n  C k Theo ta có: Cn2  Ck2   36 ( n  k )(n  k  1)  70 (1) n( n  1)  k ( k  1)  70      3 3 ( 2) Cn  Ck3  110 Cn  Ck  110 Cn  Ck  110 Từ (2) ta có Cn  110  n  10 mà k≥3 suy n+k-1≥12 Do (1) tương đương với trường hợp sau n  k   14 n  10 1)   thỏa mãn (2) n  k  k  n  k   35 n  19 không thỏa mãn (2)  2)  n  k  k  17 n  k   70 n  36 3)   không thỏa mãn (2) n  k  k  35 Vậy n=10, k=5 0.25 0.25 0.25 0.25 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH &&& THPT Lê Quý Đôn Bài (5 đ) Cho hàm số y  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn thi : Tốn ( Gồm trang) 2x 1...  2x  2y  2x  Đk: y –x   (*) Đặt t = x2 – 2y Pt(1) trở thành :  3t   0.5    f(t  2)  f(2t)  t   2t  t  t –t   3t   32t  2t 7t  0.5   Từ 2y = x – 43 nghÞch biÕn trªn... biểu thức: 24 P= 13a + 12 ab + 16 bc a+b+c Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có a  4b b  4c 13a  12 ab  16 bc  13a  a.4b  b.4c  13a    16(a  b  c) 2 0.5  13a  12 ab  16 bc  16(a 