Đề thi HSG tỉnh Bình Định môn Toán lớp 12 năm học 20172018

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD và AD , K là giao điểm của BM với CN.. Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp

Câu 1 (THPT 4,0 điểm; GDTX 5,0 điểm) Cho hàm số 2 2

1

x y x

−

= +

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số

b) Tìm điểm M thuộc ( )C sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆1 : 2x− + =y 4 0 bằng 2

3 lần

khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 : x−2y+ =5 0

Câu 2 (THPT 6,0 điểm; GDTX 6,0 điểm)

2

4 cos 2 cos 2sin 1 sin 2 2 sin cos

0 2sin 1

x

=

b) Giải hệ phương trình:

x y







c) Tìm hệ số của số hạng chứa 8

x trong khai triển thành đa thức của 2( ) 2

1 x 1 x n+

  Biết rằng

2n 2n 2n n 2048

C +C + +C =

Câu 3 (THPT 4,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX không phải làm câu 3b, GDTX 3,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A1;2 Gọi ,M N lần lượt là trung điểm

của các cạnh CD và AD , K là giao điểm của BM với CN Viết phương trình của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết đường thẳng BM có phương trình 2 x   y 8 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2

b) Cho đường tròn ( )O đường kính AB , một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn ( )O và

d vuông góc với AB kéo dài tại K ( B nằm giữa A và K ) Gọi C là một điểm nằm trên đường tròn ( )O , ( C khác A và B ) Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E là tiếp

điểm và E C, nằm về hai phía của đường kính AB ) Gọi F là giao điểm của EB và d, G là giao điểm của

AF và ( )O , H là điểm đối xứng của G qua AB Chứng minh ba điểm F C H, , thẳng hàng

Câu 4 (THPT 3,0 điểm; GDTX 4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang với ,

AB AD a CD a Biết rằng hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy bằng 45 0 Tính theo a thể tích của khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC

Câu 5 (THPT 2,0 điểm; GDTX 2,0 điểm)

Cho x>0,y>0 thỏa 4 4 6

4

x y

xy

+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 3 22 2

xy P

−

Câu 6 (THPT 1,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX không phải làm câu 6) Cho dãy số (uRnR) được xác định







= ≥

∀ ∈

1

2017 1

1

1

n n n

u a

n N

+

n n

n

UHết

ULưu ý:U Th í sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi, giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

NĂM HỌC 2017-2018

MÔN THI: TOÁN

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

Ngày thi: 28/09/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

S Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH PHƯỚC

Hướng dẫn chấm gồm 07 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018

MÔN THI: TOÁN

Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

1

Cho hàm số 2 2

1

x y x

−

= +

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm điểmM thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng

1 : 2x y 4 0

3 lần khoảng cách từ M đến đường thẳng

2 : x 2y 5 0

1a

⊕ TXĐ: D=\{ }−1

⊕ Sự biến thiên

( )2

4

1

x

′ = > ∀ ≠ −

+ nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định 0,5 0.5

⊕ Ta có

đường thẳng có phương trình x= −1 là tiệm cận đứng

 Ta có lim 2 2 2; lim 2 2 2

thẳng có phương trình y=2 là tiệm cận ngang

Bảng biến thiên

 Điểm đặc biệt: ( ) (−2;6 , 3;4 0; 2 , 1;0 − )( ) ( )−

 Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I( 1;2) là tâm đối xứng

 Đồ thị:

1b

 Giả sử 0

0

1

x

x

2

0 0

0 0

1 1

,

x x

x x

−

+ +

( )

2

0 0

0 0

1 1

x x x

x

x x

d d M

−

+ +

0 0 0 0

0 0 0 0

1 2

0 0 0 0

2 4 6 2 9 (*)

2

3

+ + = + +

 + + = − + +



0

0

2

x

x x

x

 =

⇔ + = ⇔  = −

 và (**)

2

2x 4x 9 0

⇔ + + = vô nghiệm 0,5 0,75

 Với x0  0 M0; 2 ;  x0   2 M2;6 0,5 0,75

2a

2

4 cos 2 cos 2 sin 1 sin 2 2 sin cos

0

2 sin 1





 PT 4 cos3x 2 cos2x2 sinx  1 sin 2x 2 sin x cosx0

2

2

4 cos 2 cos 2 sin 1 sin 2 2 sin cos 0

4 cos 4 cos sin 2 cos 2 sin cos 2 sin cos 0

1 cos

2













x x



 Với cosx   1 x k2 , k 

Đối chiếu với điều kiện phương trình có các họ nghiệm là:

2 , ,

3

UChú ýU: Viết gộp các họ nghiệm ta được họ nghiệm 2 ,

3



2b

Giải hệ phương trình:

x y



 ĐK: 4xy x 2   1 0

 Ta có PT(1) x6y3+3x2y= y3−3y2+3y−1+3(y−1)

⇔ (x2y)3+3x2y=(y−1)3+3(y−1)

Xét hàm số f(t)=t3+3t có f t'( ) 3= t2+ > ∀ ∈ ⇒3 0, t  f t ( ) đồng biến trên

(1)⇔ f x y( )= f y( − ⇔1) x y= − ⇔y 1 x y− = − y 1

 Thay x y2    vào phương trình (2) ta có: y 1

PT  x  x x yy  x  

4

x   không phải là nghiệm của phương trình nên xét 3

4

 

chia 2 vế phương trình cho 4x 3 ta có:

x

4; \

4

x∈ − +∞ − 

Ta có

  2 2 3

g x

4; \

4

x∈ − +∞ − 

 

⇒Hàm số y g x( ), đồng biến trên từng khoảng 4; 3

4

− − 

  và 3

;

4

− +∞

  ⇒ Trên mỗi khoảng 4; 3

4

− − 

  và

3

; 4

− +∞

  phương trình có tối đa một nghiệm Mà g(0)   g( 3) 0 phương trình chỉ có hai

nghiệm là x 0,x 3

Với x  0 y 1

8

x    y

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là  0;1 , 3; 1

8

  

 

2c

Tìm hệ số của số hạng chứa 8

x trong khai triển thành đa thức của

2

1 x 1 x n+

2n 2n 2n n 2048

⊕ Ta có ( )2 0 1 2 3 2

1 1+ n =C n+C n+C n+C n+ + C n n

2

2

n

C +C + +C =C +C + +C − = ⇒C +C + +C = − Kết hợp với giả thiết ta có 2 1 2 1 11

2 n− =2048⇔2 n− =2 ⇔ =n 6

k

k

Hệ số của 8

x chỉ xuất hiện ở các số hạng ứng với k =3 và k =4

Từ đó ta có hệ số của 8

x là 3 2 4 0

8 3 8 4 238

3a

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A1;2 Gọi

,

M N lần lượt là trung điểm của cạnh DC và AD , K là giao điểm của BM

với CN Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết BM

có phương trình 2x   y 8 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2

K

I

E

D

Gọi E = BM ∩ AD ⇒ DM là đường trung bình của ∆EAB⇒DA=DE

5

Ta có BMC  CND BMC CND BMC DCN 900 BM CN

Trong tam giác vuông ABE: 1 2 12 12 5 2

4

2

AB , ta có B∈BM ⇒ B b( ;8 2− b)

Ta có AB = ⇔4 (b+1)2 +(6 2 )− b 2 = ⇔ =4 b 3 hoặc 7

5

b =

Vì điểm B có hoành độ lớn hơn 2 nên chỉ nhận b = ⇒3 B( )3 2 ;

Phương trình AE x: + =1 0 Ta có E = AE∩BM ⇒ E(−1; 10 )

Mà D là trung điểm của AE ⇒ D(−1; 6) Ta có N là trung điểm của

AD ⇒ N( )−1;4 ⇒ Trung điểm I của BN có tọa độ  1;3

Do tứ giác ABKN nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK là

đường tròn tâm I bán kính     2 2

IA  BNK x  y 

Chú ý: Học sinh có thể sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính được AB = 4.

3b

Cho đường tròn ( )O đường kính AB , một đường thẳng d không có điểm

chung với đường tròn ( )O và d vuông góc với AB kéo dài tại K ( B nằm

giữa A và K ) Gọi C là một điểm nằm trên đường tròn ( )O , ( C khác A và

B ) Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường

tròn ( E là tiếp điểm và E C, nằm về hai phía của AB ) Gọi F là giao điểm

của EB và d, G là giao điểm của AF và ( )O , H là điểm đối xứng của G

qua AB Chứng minh , ,F C H thẳng hàng

2,0

d

F

E

D B

O A

K C

Gọi H là giao điểm của FC với (O) Để chứng minh bài toán ta cần

Ta có AEKF là tứ giác nội tiếp ⇒EAK =EFK mà

EAK =DEF ⇒EFK =DEF⇒ ∆DEF cân tại D ⇒DE=DF 1,0

DE =DC DA⇒DF =DC DA⇒ ∆DCF ∆DFA⇒DCF=DFA Mặt khác   DCF =ACH =AGH ⇒DFA =HGA⇒GH/ /FD

Mà FD⊥ AB⇒GH ⊥ AB, Do AB là đường kính ⇒G H, đối xứng nhau

qua AB, (đpcm)

0,5

4

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang với   0

A= =D 90 ,

AB=AD=a CD= a Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng

vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy bằng

0

45 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng SD và BC

O B

A

S

E H

F

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó, SO là giao tuyến của

hai mặt phẳng (SAC) (; SBD)

Mặt khác, do hai mặt phẳng (SAC) (; SBD) cùng vuông góc với mặt

đáy nên SO⊥(ABCD)

Gọi E là trung điểm của CD⇒ ABED là hình vuông cạnh a

; 2

BE⊥CD BE= CD⇒ ∆BCD vuông cân tại B

Do đó, BC⊥OB⇒BC⊥(SOB)⇒BC⊥SB

SBC ABCD SB OB SBO

2

BD= AD +AB =a

OD CD

0

; tan 45

ABCD

.

S ABCD ABCD

Gọi F là điểm đối xứng với B qua A⇒BCDF là hình bình hành

0

BC DF FDB DBC

2

d BC SD =d BC SDF =d B SDF = d O SDF

Trong mặt phẳng (SOD) dựng OH ⊥SD Khi đó, ta có:

OH SD

OH SDF

OH FD

⊥

 ⇒d O SDF( ,( ) )=OH.Ta có:

2 2 2

2 2 2

+

UChú ýU: Kẻ BI  SD BI là đoạn vuông góc chung của SD và BC

Xét SBD ta có

2 2

5 10

3

a a

BI SD SO BD BI

0,5

1,0

1,0

1,0

5

Cho các số thực x y, >0 thỏa mãn 4 4 6

4

x y

xy

+ + = Tìm giá trị nhỏ

xy P

−

 Theo BĐT AM-GM ta có: 4 4 2 2

x +y + ≥ x y +

2 xy 1 x y xy 3 0 xy 1

 Ta luôn có bất đẳng thức phụ sau: 1 1 2

1 2x+1 2y ≥2 xy

+ + + ,∀x y, >0 Thật vậy ta có: 1 1 2

1 2x+1 2y≥ 2 xy

2 xy 2 x y xy x y 1 2x 2y 4xy x y y x 1 3xy

(Điều này luôn đúng do 2 2 3 3 3

x y+y x+ ≥ x y = xy)

0,5

0,5

0,5

0,5

P

 Đặt t=xy t, ∈(0;1] Xét ( ) 2 3 2 , (0;1]

t

−

Ta có:

−

( )

f t

⇒ nghịch biến trên (0;1] nên P≥ f t( )≥ f(1)=1

1

x y y x

xy

=



0,5

0,5

0,5

0,5

6

Cho a ≥1 Xét dãy số (uR n R) xác định như sau: + ( )

=



1

2017 1

1

u a

n N

Tìm

+ +

n n

n

 Từ giả thiết + = ( 2017+ ⇔) + − = 2018 ≥ ∀ ∈

Mặt khác từ u1= ≥a 1 và + = ( 2017+ ⇒) > ∀ ∈

+ − = 2018> ∀ ∈

u u u n N ⇒( )u n là dãy số tăng ⇒ > > > = ≥u n u u a2 1 1

 Ta có + = ( 2017+ ⇔) 2018 = + −

Khi đó

+

=

+ +

1

n

n

u

u

−

−

+

1 1

1

Vậy

+ +

n n

n

+

= −   + − + + − 

Ta đi xét 2 trường hợp sau:

 Trường hợp 1: Dãy ( )u n bị chặn trên ⇒( )u n có giới hạn

Giả sử giới hạn đó là a, lấy giới hạn 2 vế của giả thiết + = ( 2017+ )

ta có: a a a= ( 2017+ ⇔ =1) a 0(mâu thuẫn với u n > ≥ ∀ ∈a 1, n N*)

 Trường hợp 2: Dãy ( )u n không bị chặn trên Mà ( )u n là dãy tăng

limu n

⇒ = +∞ ⇒ limu n+1 = +∞

Khi đó

+

n

n

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25