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) 1) Cho hàm số y = x -2 có đồ thị  C  M điểm thuộc  C  Tiếp tuyến  C  M cắt hai x +1 đường tiệm cận  C  A B Gọi I giao điểm hai tiệm cận Tìm tọa độ điểm M cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn 2) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = x - (m - 1) x - (m - 3) x + 5m + đồng biến khoảng (0; ) Câu II (4,0 điểm) 1) Tính tổng nghiệm thuộc éê 0; 2018p ùú phương trình: ë û 2 sin x + sin 2x = 3 sin x + cos x - 1 2017 2) Tính tổng: S = C 2017 - 22C 2017 + 3.22C 2017 - 4.2 3C 2017 + + 2017.22016C 2017 Câu III (4,0 điểm) ( ) 1) Giải bất phương trình: log x - 4x + + log 2 (x + 2) > log (4 - x ) ì ï ï(17 - 3x ) - x + (3y - 14 ) - y = 2) Giải hệ phương trình: ï í ï 2x + + (x - y + 2) x + 3y - = 2x + 14 ï ï ỵ (x , y Ỵ  ) Câu IV (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB đường thẳng CD Biết điểm D (- 1; - 1) , đường thẳng IG có phương trình 6x - 3y - = điểm E có hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC 2) Cho hình chóp S ABCD có SA = x , tất cạnh lại Tính thể tích khối chóp theo x tìm x để thể tích lớn 3) Cho hình chóp S ABC có mặt đáy tam giác cạnh a hình chiếu S lên mặt phẳng  = 1500 , BHC  = 1200 ,CHA  = 900 Biết tổng diện (ABC ) điểm H nằm tam giác ABC cho AHB tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB , S HBC , S HAC 31 pa Tính theo a thể tích khối chóp S ABC Câu V (2,0 điểm)Cho a , b, c số thực dương thoả mãn abc = a 3b + b 3a + lớn biểu thức: P = = ab + Tìm giá trị ab 1 + 2 + 2c 1+a 1+b -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ 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  Gọi M  x ;  Điểm x0    (C) x0 1  Phương trình tiếp tuyến M: y  Khi đó: A   1; x   x 1  *Ta có: SIAB = x 2 (x  x )  (x  1) x0 1 B(2x0+1; 2) 1,0 ; I(-1; 1)   x   2.3  (đvdt) IA IB =  x0 1 S IAB  p.r  r  S  rmax  pmin p Chu vi tam giác IAB nhỏ IA = IB hay  x  1   x0 1   x0 1  x  1  1,0 *Vậy có điểm thoả mãn M1( 1  3;1  ) M2( 1  3;1  ) 1.2 (2,0 điểm) TXĐ:  y '  x   m  1 x   m  3 Do phương trình y '  có nhiều hai nghiệm  , nên để hàm số cho đồng biến khoảng  0;3  y '  0, x   0;3  x2  2x   m, x   0;3 2x  Xét hàm số g  x   g ' x   2x2  2x   x  1 x2  2x  khoảng  0;3 2x  0,5 x  ; g ' x      x  2  loai  Từ BBT, g  x   m, x   0;3  m  Vậy, m  hàm số cho đồng biến khoảng  0;3 2.1 (2 điểm) 2sin x  sin x  3 sin x  3cos x  (1) (1)  3sin x  sin x cos x  cos x   1,0  s inx  cos x   3( s inx  cos x)  s inx  cos x  0,5 0,5 1,0  s inx  cos x    s inx  cos x  3(VN ) Giải ta nghiệm phương trình x    k ; k  Z Do x Ỵ éê 0; 2018 p ùú  k Ỵ {1; 2; ; 2018}  phương trình có 2018 nghiệm ë û Các nghiệm lập thành cấp số cộng với ö 6110504 p 5p 2018 ổỗ 5p x1 = , d = p  S 2018 = + 2017 p ÷÷÷ = ç2 ÷ø çè 0,5 2.2 (2 điểm) Ta có (1 - x ) 2017 2017 2017 = C 2017 - C 2017 x + C 2017 x - C 2017 x + - C 2017 x 1,0 Lấy đạo hàm vế ta được: - 2017 (1 - x ) 2016 = -C 2017 + 2C 2017 x - 3C 2017 x + - 2017C 2017 2017 x 2016 2017 2016 x =  - 2017 = -C 2017 + 2C 2017 - 3C 2017 22 + - 2017C 2017 Vậy S =2017 3.1 (2 điểm)  x2  x   x    + ĐK :  x   2  x  4  x   1,0 0,5 + Bất phương trình cho tương đương với log 22 ( x  2)  log ( x  2)  log (4  x) 22  log x   log ( x  2)  log (4  x) 0,5  log  x  ( x  2)   log (4  x)  x  ( x  2)   x (1) +) TH1: Với x  (2;2) (1)  (2  x )( x  2)   x  x  (0;1) Kết hợp với ĐK trường hợp ta x  (0;1) +) TH2: Với x  (2;4) (1)  ( x  2)( x  2)   x  x  (; trường hợp ta x  ( 1  33 1  33 )( ; ) Kết hợp với ĐK 2 1,0 1  33 ; 4) * Vậy bất phương trình có tập nghiệm x  (0;1)  ( 1  33 ; 4) ì ï ï(17 - 3x ) - x + (3y - 14 ) - y = 3.1 (2 điểm) Giải hệ phương trình: ï (x , y Ỵ  ) í ï x ( x y 2) x y x 14 + + + + = + ï ï ỵ ìï-4 £ x £ Điều kiện ïí ïïy £ ỵ Phương trình (1) tương đương với 3(5  x)    x  3(4  y )    y (3) 0,5 0,5 Xét hàm f (t )  (3t  2) t với t  , ta có f ' (t )  t  3t   0; t  suy f(t) đbiến t é 0; +¥) Kết hợp với (3) ta có f (5  x)  f (4  x)   x   y  y  x  êë Thay vào phương trình (2) hệ ta 2x   3 4x   2x  14    2x    x  12    3 4x   (x  2)   (x  4) (x  4) (x  14)   0 2x   x  12 (4x  8)  3(x  2) 4x   (x  2) 1,0 (x  4)   x  4(tm)  y  3(tm)  (x  14)    0(4)  2x   x  12 (4x  8)  3(x  2) 4x   (x  2)  Nhận xét: Với x  4 ,vế trái phương trình (4) ln dương , nên (4) vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 4;3) 4.1 (2 điểm) B H E K A G F C 0,5 I D Gọi K trung điểm BI, suy HK / / CD  A trung điểm KI, HK  DI  AK  IC ; BK  GK / / AC  GK  AB  GB  GI  GC hay G tâm đường tròn qua ba điểm C, I, B   IBC   90o , ID  IC  DE / / IG CGI Phương trình đường thẳng DE: x  y    E 1;3 CE  IG , suy phương trình CE : x  y   Tọa độ G nghiệm hệ phương trình   x  x  y   7 7   G  ;   C  5;1  3 3 6 x  y   y   1,0   DG  AG  A 1;1  B 1;5  Vậy, A 1;1 , B 1;5  C  5;1 0,5 4.2 (2 điểm) S 0,5 B H C A O D Gọi H hình chiếu S (ABCD) Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD, suy H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Mặt khác, tam giác BCD cân C nên H thuộc CO, với O giao AC BD Lại có, CBD  ABD  SBD  OC  OA  OS nên SAC vng S  AC  Ta có, 1  2  SH  SH SA SC x 0,5 x 1 ABCD hình thoi  AC  BD  OB  AB  AO  + S ABCD  x2  1  x2 1 AC.BD  x   x  V  x  x 2 2 + Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có, V  x  x  x   x  6 V có giá trị lớn 1,0 x   x  x  3.1 (2 điểm) Gọi r1, r2 , r3 bán kính đường tròn ngoại tiếp DHAB , DHBC , DHAC a a a a a = a ; r2 = = , r3 = = 0 2 sin 150 sin 120 2sin 90 Gọi R1, R2 , R3 bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAB, S.HBC, S.HAC Khi r1 = Đặt SH = 2x  R1 = x + a , R2 = Ta có S = 4pR12 + 4pR22 + 4pR32 = x2 + a2 ,R = 3 x2 + 31 a 2a pa  x =  SH = 3 a 2a a = Vậy thể tích khối chóp V = (2 điểm) Cho a,b,c số thực dương a.b.c=1, thỏa mãn: a 3b  b3 a  biểu thức P  1   2  a  b  2c a2 0,5 0,5 1,0  ab  Tìm giá trị lớn ab Theo BĐT Cơ–si ta có: a 3b  ab3  2a 2b  ab   2a 2b  ab 1 Đặt t=a.b>0  t   2t   2t  t  2t     t  t 1 Với a, b  0; ab  ta chứng minh (*)   2 1 a 1 b  ab 1 1 Thật vậy: (*)  (  )(  )0 2  a  ab  b  ab a (b  a ) b(a  b)     (a  b) (ab  1)  (đúng) (1  a )(1  ab) (1  b )(1  ab) 3t P     ab   t t  ab 3t 1    0 ; f ' t    Xét t   ;1 ; f  t   2 1 t t  2  1  t   t   0,5 1    11 Từ f  t  nghịch biến  ;1  Max f  t   f    2    15 1 Dấu “=” xảy t   a  ;b  ;c  2 2 0,5 1,0 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm tròn điểm ...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  Gọi M... x ) 2017 2017 2017 = C 2017 - C 2017 x + C 2017 x - C 2017 x + - C 2017 x 1,0 Lấy đạo hàm vế ta được: - 2017 (1 - x ) 2016 = -C 2017 + 2C 2017 x - 3C 2017 x + - 2017C 2017 2017 x 2016 2017. .. k  Z Do x Ỵ éê 0; 2018 p ùú  k Ỵ {1; 2; ; 2018}  phương trình có 2018 nghiệm ë û Các nghiệm lập thành cấp số cộng với ö 6110504 p 5p 2018 ổỗ 5p x1 = , d = p S 2018 = + 2017 p ữữữ = ỗ2 ữứ