Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 (Có đáp án) - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH ------------------ 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1. (4,0 điểm) 
1) Cho hàm số: 2 1
1
xy
x
−
=
+
 có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng 
khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. 
2) Cho hàm số: ( ) ( )3 2 2 22 6 3 3y x m x m m x m= − + − − + có đồ thị là ( )mC ( m là tham số). Tìm 
tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị ( )mC cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ 
1 2 3x ; x ; x thỏa mãn: ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 31 1 1 6x x x− + − + − = . 
Câu 2. (4,0 điểm) 
1) Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( 2*n N ,n∈ ≥ ). Gọi S là tập hợp 
các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S, 
biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là 
1
13
. Tìm n. 
2) Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [ ]0 100; π của phương trình: 
3 cos2 sin2 5sin cos 0
2cos 3
x x x x
x
− + − −
=
+
Câu 3. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 
2
2018log 2017 2
x xy x m
 
= − − − 
 
 xác định 
với mọi x thuộc [ )0;+∞ . 
Câu 4. (6,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a,  060ABC = , 
SA SB SC= = , 2SD a= . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K. 
1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). 
2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích 1 2V ;V trong đó 1V là 
thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1
2
V
V
. 
3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích mặt cầu 
ngoại tiếp khối chóp K.ACMN. 
Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
( )3 3 2 2
2 2
3 2 2 15 10 0
5 3 3 6 13 0
x y x y y x
x y y x y
 − − − + + − =

+ − + − − + =
Câu 6. (2,0 điểm) 
Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
P = ( )( )2 2 2 2 2 2 2 21 1a b a b c d c d+ + + + + + 
 HẾT  
Họ và tên thí sinh:............................................................... SBD:................... 
1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
------------------ 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 
---------------------------------------------------------------------------------------------- 
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM 
MÔN TOÁN 
(Gồm 05 trang) 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1. 
(4 điểm) 
1. 
(2 điểm) 
Cho hàm số: 
2 1
1
xy
x
−
=
+
 có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho 
tổng khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. 
Ta có: lim 2; lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= = nên y=2 là đường tiệm cận ngang 
1 1
lim ; lim
x x
y y
+ −→− →−
= −∞ = +∞ nên x=-1 là đường tiệm cận đứng 
0,5 
Giả sử điểm ( )00 0
0
2 1; ; 1
1
xM x C x
x
 −
∈ ≠ − + 
( ) 0, 1M TCDd x= + ; ( ),
0
3
1M TCN
d
x
=
+
0,5 
Suy ra: ( ) ( ) 0, ,
0
31 2 3
1M TCD M TCN
d d x
x
+ = + + ≥
+
 0,5 
Dấu bằng xảy ra khi 
( )
( )
0
0
3 1
3 1
x tm
x tm
 = −

 = − −
.Các điểm M cần tìm: 
( )
( )
3 1;2 3
3 1;2 3
M
M
 = − −

 = − − +
0,5 
2. 
(2 điểm) 
Cho hàm số: ( ) ( )3 2 2 22 6 3 3y x m x m m x m= − + − − + có đồ thị là ( )mC ( m là tham 
số). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị ( )mC cắt trục hoành tại ba điểm phân 
biệt có hoành độ 1 2 3x ; x ; x thỏa mãn: ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 31 1 1 6x x x− + − + − = . 
Xét phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) ( )3 2 2 22 6 3 3 0 1x m x m m x m− + − − + = 
 ( )( )2 23 2 0x x mx m⇔ − − − = 
0,5 
3
2
x
x m
mx

 =

⇔ =
 −
=

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 3 
nghiệm phân biệt 
3
0
6
m
m
m
≠
⇔ ≠
 ≠ −
0,5 
Khi đó: ( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
1 2 3
0
1 1 1 6 4
5
m loai
x x x
m tm
=
− + − + − = ⇔  =

Vậy 
4
5
m = 
1,0 
2 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 2. 
(4 điểm) 
1. 
(2 điểm) 
Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( 2*n N ,n∈ ≥ ). Gọi S là tập 
hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác 
thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là 1
13
. Tìm n. 
Số phần tử của tập hợp S là: 32nC 
Số phần tử không gian mẫu: ( ) 32nn C=Ω 
0,5 
Gọi A là biến cố: “ Chọn được tam giác vuông” 
Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm O. 
Mỗi tam giác vuông được tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O 
và một đỉnh trong 2n-2 đỉnh còn lại . 
⇒Số tam giác vuông được tạo thành: 1 12 2.n nC C − 
 1,0 
Theo bài ra ta có: ( )
1 1
2 2
3
2
. 1 20
13
n n
n
C CP A n
C
−= = ⇔ = 
0,5 
2. 
(2 điểm) 
Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [ ]0 100; π của phương trình: 
3 cos2x+sin2x-5sinx-cosx 0
2cosx+ 3
−
= 
Điều kiện: 
3osx
2
c −≠ 0,25 
( )( )
2
3-cos2x+sin2x-5sinx-cosx=0
2sin x-5sinx+2+2sinx.cosx-cosx 0
2sin 1 0
2sin 1 s inx+cosx-2 0
s inx+cosx-2=0
x
x
⇔ =
− =
⇔ − = ⇔ 

0,5 
sin cos 2 0x x+ − = (phương trình vô nghiệm) 0,25 
( )
2
62sin 1 0
5 2
6
x k
x k Z
x k
π = + π
− = ⇔ ∈
π = + π
Đối chiếu điều kiện nghiệm phương trình là: 2 ,
6
x k k Zπ= + π ∈ 
0,5 
[ ]0;100 0 2 100 0 49,
6
x k k k Zπ∈ π ⇒ ≤ + π ≤ π⇒ ≤ ≤ ∈ 
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là: 
50 73752 4 ... 98 98 .
6 6 6 6 6 6 2 3
π π π π π π       + + π + + π + + + π = + + π = π       
       
0,5 
Câu 3. 
(2 điểm) 
Hàm số xác định với mọi x thuộc [0;+∞) khi và chỉ khi 
[ ) [ )( )
2 2
2017 0, 0; 2017 , 0; *
2 2
x xx xx m x x m x− − − > ∀ ∈ +∞ ⇔ − − > ∀ ∈ +∞ 
0,5 
Xét hàm số: 
2
( ) 2017
2
x xf x x= − − trên [ )0;+∞ . Hàm số liên tục trên [ )0;+∞ 
'( ) 2017 .ln 2017 1xf x x= − − và liên tục trên [0;+∞) 
( ) [ )2''( ) 2017 . ln 2017 1 0, 0;xf x x= − > ∀ ∈ +∞ 
( )'f x⇒ đồng biến trên [ )0;+∞ ( ) ( )' ' 0 ln 2017 1 0,f x f⇒ ≥ = − > [ )0;x∀ ∈ +∞ 
( )f x⇒ là hàm số đồng biến trên [ )0;+∞
[ )
( )
0;
min 1f x
+∞
⇒ = 
1,0 
Bất phương trình (*) ( ) [ )
[ )
( )
0;
, 0; min 1f x m x f x m m
+∞
⇔ > ∀ ∈ +∞ ⇔ > ⇔ < 0.5 
3 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 4. 
(6,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a,  060ABC = , 
2SA SB SC;SD a= = = . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K. 
1) Tính khoảng cách từ A đến (SCD) 
2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích 1 2V ;V trong 
đó 1V là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1
2
V
V
3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện 
tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN. 
H 
O 
D A 
B C 
S 
E 
K 
N 
M 
1. 
(2 điểm) 
Tính khoảng cách từ A đến (SCD) 
Gọi H là trọng tâm ABC∆ . Chứng minh ( )SH ABCD⊥ và tính được 2 6
3
aSH = 
1,0 
Lập luận được ( )( ) ( )( ), ,
3
2A SCD H SCD
d d= 0,25 
Tính được ( )( ),
2 6
9H SCD
ad = 
0,5 
Suy ra ( )( ),
6
3A SCD
ad = 
0,25 
2. 
(2 điểm) 
Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích 1 2V ;V trong đó 1V là 
thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1
2
V
V
Trong mặt phẳng (SAB), dựng đường thẳng đi qua A và vuông góc với SB tại K. 
Chứng minh ( )AKC SB⊥ . Suy ra (P) là mặt phẳng (AKC) 
Tính được 
3 53 ;
6 6
a SKSB a BK
SB
= = ⇒ = 
1,0 
2
1
1
2
5 5 5 1
6 6 12 12
11 11
12
SAKC
SAKC SABC SABCD SABCD
SABC
SABCD
V SK V V V V V
V SB
VV V
V
⇒ = = ⇒ = = ⇒ =
⇒ = ⇒ =
1,0 
4 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
3. 
(2 điểm) 
Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích 
mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN. 
Trong mặt phẳng (AKC) dựng 1d là đường trung trực của đoạn AK; 2d là đường 
trung trực của đoạn KC, 1d cắt 2d tại điểm I. 
Chứng minh được I cách đều 5 đỉnh của hình chóp K.ACMN 
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K.ACMN. Do đó bán kính mặt cầu bằng 
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC 
d 2 
d 1 
K 
C 
A 
S 
I 
M 
N 
1,0 
Tính được 
33
6
aKA KC= = 
Diện tích tam giác KAC: 
2 6
6KAC
aS =

Bán kính mặt cầu là : . . 11 6
4 48KAC
KA KC AC aR
S
= =

Diện tích mặt cầu: 
2
2 1214
96mc
aS R π= π = 
1,0 
Câu 5. 
(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
( ) ( )
( )
3 3 2 2
2 2
3 2 2 15 10 0 1
5 3 3 6 13 0 2
x y x y y x
x y y x y
 − − − + + − =

+ − + − − + =
Điều kiện: 
2
2
5 0
0
3 6 13 0
x y
y
x y
 + − ≥
 ≥
 − + ≥
Biến đổi phương trình (1) ( ) ( ) ( ) ( )3 32 3 2 1 3 1x x y y⇔ − + − = − + − 
Phương trình có dạng: ( ) ( )2 1f x f y− = − với ( ) 3 3 ,f t t t t R= + ∈ 
( ) 2' 3 3 0,f t t t R= + > ∈ nên hàm số ( )f t đồng biến trên R 
Do đó: ( ) ( )2 1 2 1 1f x f y x y y x− = − ⇔ − = − ⇔ = − 
0,5 
Thay vào phương trình (2) ta được: ( )2 26 3 1 3 6 19 0 3x x x x x+ − + − − − + = 
Điều kiện: 2x ≥ 
 0,25 
5 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Khi đó phương trình ( ) 2 23 6 3 1 3 6 19x x x x x⇔ + − + − = − + 
 2 23 1 6 8 17x x x x x⇔ − + − = − + 
0,25 
( ) ( )2 2
2 2
2
2
3 2 2 3 2 3 10 2
2 210 3 1 0
2 3 2 3
2 1
2 3 5
2 1
2 3 2
x x x x x x
x x
x x x x
x
x x
x ( vn )
x x
⇔ − + − = + − − −
− − ⇔ + − = + − + − 
 −
= + −⇔
 − −
=
+ −
0,5 
( )
( )
2
2
23 341
2 1 223 47 0
2 3 5 23 341
2
x tmx x x
x x
x tm
 +
=− = ⇔ − + = ⇔
+ −  −
=

Suy ra nghiệm của hệ phương trình là: 
23 341
2
21 341
2
x
y
 +
=

+ =
 hoặc 
23 341
2
21 341
2
x
y
 −
=

− =
0,5 
Câu 6. 
(2,0 điểm) 
Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức: P= ( )( )2 2 2 2 2 2 2 21 1a b a b c d c d+ + + + + + 
( )( )( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
ln ln 1 ln 1 ln 1 ln 1
P a b c d
P a b c d
= + + + +
⇒ = + + + + + + +
Chứng minh được bất đẳng thức: ( ) [ ]( )2 8 2 17ln 1 ln , 0;1 *17 17 16t t t+ ≥ − + ∀ ∈ 
1,0 
Áp dụng (*) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
4
8 8 17ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 4ln
17 17 16
17 17ln 4ln
16 16
a b c d a b c d
P P
+ + + + + + + ≥ + + + − +
 ⇔ ≥ ⇔ ≥  
 
Dấu bằng xảy ra khi 
1
4
a b c d= = = = 
Vậy 
417min
16
P  =  
 
1,0 
Lưu ý: 
- Trên đây là hướng dẫn chấm bao gồm các bước giải cơ bản, học sinh phải trình bày đầy đủ, 
hợp logic mới cho điểm. 
- Mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài không làm tròn. 
- Câu 4 nếu không có hình vẽ không chấm điểm.