SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI : TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) y= x −1 x +1 Cho hàm số có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho khoảng cách từ tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực ; x4 + 1 − (x2 + ) + x + = m x x x Câu (2 điểm) sin 2017 x + cos 2018 x = Giải phương trình: x2 + cos x 20 − x − 17 − y − x − x + y − y = ( 1)  ( 2) 2 x + y + + 3 x + y + 11 = x + x + 13 ( x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình: Câu (2 điểm) Mơn bóng đá nam SE GAME có 10 đội bóng tham dự có Việt Nam Thái Lan Chia 10 đội bóng thành bảng A, B Mỗi bảng có đội Tính xác suất cho Việt Nam Thái Lan bảng u1 = 6− 2 u n +1 = + u n Cho d·y sè (un) tho¶ m·n ®iỊu kiƯn: , víi mäi n=1, 2, Chøng minh r»ng dãy số (un) có giới hạn tìm Lim 2n − un Câu (3 điểm) AB = CD = c, AC = BD = b, AD = BC = a Cho tứ diện ABCD có a.Tính góc hai đường thẳng AB, CD b.Chứng minh trọng tâm tứ diện ABCD cách tất mặt tứ diện x Cho hình chóp S.ABCD có SA = , tất cạnh lại có độ dài x x Tính thể tích khối chóp theo tìm để thể tích lớn ≥ ≥ ≤ ≤ Câu (1 điểm) Cho số thực a, b, c cho a 0, b 0, c a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: a + b+ c P = 2ab + 3bc + 3ca + …………………Hết………………… Họ tên thí sinh:………………Số báo danh:………………………… Chữ ký giám thị 1:…………Chữ ký giám thị 2:……………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TỐN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu Ý Nội dung Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho khoảng cách từ I tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn Điểm 1,00 Tâm đối xứng đồ thị I(–1; 1) Gọi N(x0,y0) tiếp điểm tiếp tuyến đồ thị, tiếp tuyến (C) M có phương trình: y= ( x0 + 1) ( x − x0 ) + x0 − x0 + ⇔ 0,25 x ≠ −1   2  x − ( x0 + 1) y + x0 − x0 − = Gọi d khoảng cách từ I đến tiếp tuyến ta có: d= x0 + + ( x0 + 1) ; x0 ≠ −1 0,25 , Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có + ( x0 + 1) ≥ 4.( x0 + 1) = 4( x0 + 1) ⇒ + ( x0 + 1) ≥ x0 + ⇒d = dấu '=" x0 + + ( x0 + 1) ≤2 0,25  x0 = −1 + ⇔ = ( x0 + 1) ⇔   x0 = −1 − Vậy ứng với hai giá trị ta có hai tiếp tuyến sau: y = x + (2 + 2) ; 0,25 y = x + (2 − 2) ; Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực ; 1 − ( x2 + ) + x + = m x x x x4 + ĐK: 1,00 x≠0 x+ Đặt t= x t ≥2 ( ĐK ) x2 +  1 =  x + ÷ − = t2 − 2 x x       x + ÷ =  x + ÷ − = t − 4t + x   x   Ta có 0,25 t − 4t + − ( t − ) + t = m Phương trình cho trở thành: ⇔ t − 5t + t + = m Xét hàm số f (t ) = t − 5t + t + với t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) 0,25 f '(t ) = 4t − 10t + ta có f ''(t ) = 12t − 10 > ∀ t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) −∞ t f ''(t ) -2 + +∞ +∞ -11 f '(t ) −∞ 13 +∞ +∞ f (t ) -2 Từ bảng biến thiên suy ra: nghiệm m ≥ −2 phương trình cho có 0,25 0,25 II sin 2017 x + cos 2018 x = Giải phương trình: x + cos x 1,00 Xét hàm số: f(x)= Ta có x + cos x f '(x) = x − sin x R f ''(x) = − cos x ≥ ∀x ∈ R Do hàm số f'(x) đồng biến R ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f '(x) > f '(0) = Vậy ∀x ∈ ( −∞;0 ) ⇒ f '(x) < f '(0) = 0,25 Bảng biến thiên: x −∞ f'(x) f(x) +∞ 0 - + VF = Từ bảng biến thiên suy x + cos x ≥ ∀x ∈ R 0,25 VT = sin 2017 x + cos 2018 x ≤ sin x + cos x = Ta có Do phương trình (*) tương đương 0,25 x = VT =  2017 ⇔ sin x = sin x ⇔ x =  VF = cos 2018 x = cos x  0,25 Giải hệ phương trình : 20 − x − 17 − y − x − x + y − y = ( 1)  2 x + y + + 3 x + y + 11 = x + x + 13 ( 2) ( x, y ∈ ¡ ) 1,00 x ≤ 6; y ≤ 5; x + y + ≥ 0; x + y + 11 ≥ Điều kiện: ( 20 − 3x ) − x = ( 17 − y ) − y ⇔ ( ( − x ) + 2) − x = ( 3( − y ) + 2) f ( t ) = ( 3t + ) t Xét hàm số 5− y 0,25 ( 3) t≥0 với , ta có 3t + f '( t ) = t + > 0, ∀t > t f ( − x ) = f ( − y ) ⇔ − x = − y ⇔ y = x −1 ( 3) Kết hợp với 0,25 ta có ( 2) Thay vào phương trình hệ, ta x + + x + = x + x + 13 x≥− ⇔2 ⇔ ( ) ( 3x + − ( x + ) + −2 x ( x + 1) 3x + + ( x + ) + , với ) x + − ( x + 3) = x + x −3 x ( x + 1) x + + ( x + 3) = x2 + x 0,25   ⇔ x ( x + 1)  + + 1÷ =  3x + + ( x + ) ÷ x + + ( x + 3)   + +1 > 3x + + ( x + ) x + + ( x + 3) ⇔ x = 0; x = −1 (vì với x thuộc TXĐ) x = ⇒ y = −1 Với x = −1 ⇒ y = −2 Với Thử lại ta thấy nghiệm hệ phương trình cho 0,25 ( x; y ) ∈ { ( 0; −1) ; ( −1; −2 ) } III n ( Ω ) = C C 10 1,00 5 Gọi A biến cố: “ Việt Nam Thái Lan bảng” 0,25 TH 1: “ Việt Nam Thái Lan bảng A” C22 C83 C55 Trường hợp có cách chia TH 1: “ Việt Nam Thái Lan bảng B” C22 C83 C55 Trường hợp có cách chia n ( A ) = 2C2 C8 C5 Suy ra: n( A) 2C22 C83 C55 P ( A) = = = n (Ω ) C105 C55 0,25 0,25 0,25 1,00 Ta cã π   5π  u1 = sin  = cos   12   12  0,25 Tõ hÖ thøc truy hồi phơng pháp chứng minh quy nạp ta có ®ỵc  5π  u n = cos n   6.2  0,25 , n = 1, 2, Từ công thức xác định số hạng tổng quát d·y, ta dƠ dµng chøng minh d·y sè cã giíi h¹n  5π   5π  Lim 2n − cos  n ÷ = Lim 2n +1 sin  n+1 ÷ =  6.2   6.2  5π   sin 6.2n +1 Lim   5πn +1  6.2 IV  ÷5π 5π ÷ = ÷6  0,25 0,25 1,50 A I B D G C Ta có a uuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur AB.CD = AB ( AD − AC ) = AB AD − AB AC AB + AD − BD AB + AC − BC = − = a − b2 2 uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur a − b AB.CD = AB.CD cos AB, CD ⇒ cos AB, CD = c2 ( Lại có, Gọi α 0,5 ) ( ) góc hai đường thẳng AB, CD ta có: uuu r uuur a − b2 a − b2 cosα = cos AB, CD = ⇒ α = arccos c2 c2 ( ) 0,5 b) Gọi I, G trọng tâm tứ diện ABCD tam giác BCD IG = Ta có Tương tự, Vậy, 1 AG ⇒ VIBCD = VABCD 4 VIABC = VIABD = VIACD = VABCD 0,5 VIABC = VIABD = VIACD = VIBCD ∆ABC = ∆BAD = ∆CDA = ∆DCB (c − c − c ) Mặt khác, Do đó, d ( I,(ABC) ) = d ( I,(ABD) ) = d ( I,(ACD) ) = d ( I,(BCD) ) 0,5 1,50 S 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, S ∆CBD = ∆ABD = ∆SBD ⇒ OC = OA = OS vuông ⇒ AC = x + 1 1 = + ⇒ SH = SH SA2 SC Ta có, x x2 + 1 ⇒ AC ⊥ BD ⇒ OB = AB − AO = − x2 2 ABCD hình thoi S ABCD = + x = − x2 ⇔ x = V có giá trị lớn Tìm giá trị lớn nhỏ Ta có: P = (a + b + c)2 – a2 – b2 - c2 + bc + ca + a + b+ c 1 AC.BD = x + − x ⇒ V = x − x 2 V nên ∆SAC 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 ≥ a+ b+ c (a + b + c)2 - + Đặt t = a + b + c => t ∈ [ ; 3] Xét f(t) = t – + t ∈ , với t [ ; 3] Vì f’(t) > , ∀ ∈ t [ ≥ ; 3] => f(t) Dấu xảy a =c = 0, b = f( 3 )= b =c = 0, a = Vậy Pmin = Ta có: 0,25 a =c = 0, b = b =c = 0, a = P = (a + b + c)2 – a2 – b2 - c2 + bc + ca + ≤ ≤ (a + b + c)2 - + (a + b + c) - + a2 + b2 + 2c2 + a + b+ c a + b+ c a + b+ c Đặt t = a + b + c => t ∈ [ 0,25 ; 3] Xét g(t) = t – + t ∈ , với t [ ; 3] ∀ ∈ ≤ Vì g’(t) > , t [ ; 3] => g(t) g(3) =10 Dấu xảy a = b = c = Vậy Pmax = 10 a = b = c = Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa 0,25 ... ký giám thị 1:…………Chữ ký giám thị 2:……………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu Ý Nội dung Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C)... 0,25 f '(t ) = 4t − 10t + ta có f ''(t ) = 12t − 10 > ∀ t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) −∞ t f ''(t ) -2 + +∞ +∞ -11 f '(t ) −∞ 13 +∞ +∞ f (t ) -2 Từ bảng biến thi n suy ra: nghiệm m ≥ −2 phương trình... f '(x) > f '(0) = Vậy ∀x ∈ ( −∞;0 ) ⇒ f '(x) < f '(0) = 0,25 Bảng biến thi n: x −∞ f'(x) f(x) +∞ 0 - + VF = Từ bảng biến thi n suy x + cos x ≥ ∀x ∈ R 0,25 VT = sin 2017 x + cos 2018 x ≤ sin x