Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Bình Xuyên

TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN 
 KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT 
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (2,5 điểm). 
a) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau đây có đúng hai nghiệm thực phân biệt 
   22 2 2 2 3 4 4 12m x x x x m          x 
b) Cho hàm số 21
xy
x
  có đồ thị (C). 
Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm  3; 1M  và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân 
biệt A, B sao cho 3MB MA 
Câu 2 (2,0 điểm). 
a) Giải phương trình:   2 cos 4 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x     . 
b) Tính tổng: 
2 2 2
1 2 100
100 100 100
1 2 100S 2 3 101C C C    
Câu 3 (1,5 điểm). 
 Giải hệ phương trình:    2 4 2 4 2
2
2 2 1 2 3 2 ,
3
x y xy y x y
x y
x y x
           
 
Câu 4 (1,5 điểm). 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy , cho đường tròn  C và đường thẳng  d lần 
lượt có phương trình    2 22 1 8x y    và 2 3 0x y   . Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp 
đường tròn  C và điểm A thuộc đường thẳng  d . Hãy tìm tọa độ các đỉnh , , ,A B C D ; biết rằng 
2BD AC và tung độ của điểm A không nhỏ hơn 2 . 
Câu 5 (1,5 điểm). 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh 
S . Góc giữa đường thẳng SAvà mặt phẳng đáy bằng 045 , góc giữa mặt phẳng  SAB và mặt 
phẳng đáy bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD , biết rằng khoảng cách giữa hai đường 
thẳng CD và SAbằng 6a . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
Cho , ,x y z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z   . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 6( ) 27P y z x xyz    . 
----------Hết--------- 
Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh .Số báo danh.
ĐỀ CHÍNH THỨC 
2 
TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN 
 KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – THPT 
(Gồm 06 trang) 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học 
sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó 
không được điểm. 
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
Câu 1. (2,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
a) 1,0 điểm 
Điều kiện 2 2x   , đặt 2 22 2 2 10 3 4 4t x x t x x         
 ' 1 1 0, 2;22 2 2xt xx x       nên    2;2 4;2x t     
0,25 
Khi đó pt đã cho có dạng:    2 22 10 12 1 2 2m t t m m t t t          
+) Nếu 1t  thay vào pt trên không thỏa mãn 
+) Nếu 1t  pt trên có dạng 
2 2 2
1
t tm
t
   (1). Xét hàm số      
2 2 2 , 4;2 \ 11
t tf t t
t
    
0,25 
Ta có      
2
2
2' , ' 0 0, 2.1
t tf t f t t t
t
     Ta có bảng biến thiên như sau: 
-
2
2
+
-
1
-
26
5
-2
-+ 0
0-4
f(t)
f'(t)
t
0,25 
Dựa vào bảng biến thiên ta được pt ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt 
26 25 m     
0,25 
b) 1,5 điểm 
Ta thấy nếu đường thẳng (d) không có hệ số góc thì nó chỉ cắt (C) tại đúng một điểm suy 
ra (d) phải có hệ số góc. Giả sử (d) có hệ số góc là k thì phương trình của (d): 
3 1y kx k   . Phương trình hoành độ giao điểm là: 
0,25 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
3 
 2
12 3 1 2 2 1 3 3 01
xx kx k
kx k x kx
           
 2 2 2 1 3 3 0kx k x k      (1) ( do 1x  không phải là nghiệm) 
+) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt 
2
0 0' 1 0
k
k
k k
      
0,50 
+) Giả sử    1 1 2 2; 3 1 , ; 3 1A x kx k B x kx k    , trong đó 1 2,x x là hai nghiệm của (1) và 
theo định lý Viet ta có: 1 2 1 24 2 3 3;k kx x x xk k
    (2) 
Ta xét hai trường hợp sau: 
0,25 
TH1. 2 13. 3 6MB MA x x    
  , kết hợp với (2) ta được: 
1 2
5 1 3 3 5 1 3 3 3 3 1, ; . 1;2 2 2 2 5
k k k k kx x k k
k k k k k
            
+) 1 1 2( ) :5 5 5k d y x      
+) 1 ( ) : 2k d y x      
0,25 
TH2. 2 13. 3 12MB MA x x     
  , kết hợp với (2) ta được 
1 2
4 1 3 4 1 3 3 3 3 5, ; . 2
k k kx x k
k k k k k
        
Phương trình đường thẳng (d):  3 5 3 12y x
   
Vậy .... 
0,25 
Câu 2. (2,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
a) 1,0 
điểm 
Pt     22 1 2sin 2 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x       
     2 1 2 sin 2 1 2 sin 2 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x x        0,25 
  1 2 sin 2 2 2sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x       
   2sin 21 2 sin 2 2sin 2 cos 3 sin 0 2
3 sin cos 2sin 2
x
x x x x
x x x
         
 0,25 
+)  2 8sin 2 sin 32 4
8
x k
x k
x k
 
 
       
 
+) 3 13 sin cos 2sin 2 sin cos sin 2 sin 2 sin2 2 6x x x x x x x x
           
0,25 
4 
 
2 6 6
7 22 6 18 3
x x k x k
k
x x k x k
  
   
                  
 
Vậy phương trình có các họ nghiệm là..... 
0,25 
b) 1,0 
điểm 
Ta có 
2 2
100 100 100
1 1 11,100 : 11 1 1
k k kk kk C C k C
k k k
             
 100 100 1001 1
k k kkC C C
k
    
0,25 
  1100 99
100!1,100, 100.! 100 !
k kk kC k C
k k
    
100 99 99
1 100 99
1 0
100 100.2k k
k k
S kC C
 
    0,25 
1,100,k 
100 100 0 100
2 100 100 100
1 0
2 1k k
k k
S C C C
 
      
  1100 101
1 1 100! 11,100, 1 1 ! 100 ! 101
k kk C C
k k k k
         
 100 100 1011 1 0 1 1013 100 101 101 101 101
1 1 0
1 1 1 1 2 1021 101 101 101
k k k
k k k
S C C C C C
k
 
  
             
0,25 
    10099 100 1011 2 3 1 2 4947 1100 2 2 1 2 102101 101S S S S            0,25 
Câu 3. (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
 Hệ PT       
2 2 4 2 4 2
2
2 1 2 1 2 3 2 . 1
3 2
xy x y xy y y
x y x
           
Điều kiện  
2 4 2 4
2
2 1 0
0 *
x y xy y
x y
      
0,25 
Từ pt  1 ta thấy 0y  chia hai vế phương trình  1 cho 2y ta được : 
   22 21 12 1 2 3 2 , 3x xy y               . Đặt 21t x y   * 2 21 2t y y    
Xét hàm số        2 22 1, 2; , 2 0 2;1
tf t t t t f t t
t
            . 
( Do 2 2 22 1 0 2 1 3 4, 2t t t t t t          ). 
Vậy hàm số  f t đồng biến trên  2; . 
0,50 
5 
Từ      2 2 21 1 13 3 3 3 4f x f x xy y y
            
Thay  4 vào  2 ta được: 
 2 2 6 4 22 2 2 41 1 1 13 3 3 1 0 5y y y y yy y y y            
Từ      22 4 2 2 15 1 2 1 0 1 2
y
y y y
y
         
0,25 
+ 2 1 2y x         ; 2;1 , 2; 1x y   
+ 2 1 2 3 2y x           ; 3 2; 1 2 , 3 2; 1 2x y       0,25 
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là : 
        2;1 , 2; 1 , 3 2; 1 2 , 3 2; 1 2S        0,25 
Câu 4 (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
H
I D
C
B
A
Đường tròn (C) có tâm  2; 1I  , bán kính 2 2R  , 2IB IA . Trong tam giác vuông 
IAB ta có: 2 2 2 21 1 1 5 1 104 8 IAIH IA IB IA      
0,50 
Do A thuộc (d) nên  2 3;A t t , kết hợp với 10IA  
   2 2 2 22 5 1 10 5 18 16 0 21,6
t
t t t t t
t
             
Suy ra  1;2A , do I là trung điểm AC nên  3; 4C  . 
0,25 
Giả sử đường thẳng AC có vtpt là   2 2; , 0ABn a b a b   
Pt AB:    1 2 0a x b y    . Ta có 
      2 2 22 23; 8 8 3 8a bd I AB a b a ba b
      
2 27 6 0a ab b    
;7a b a b    
+) Nếu a b  , chọn 1, 1a b   : 1 0AB x y    
+) Nếu 7a b , chọn 1, 7a b  : 7 15 0AB x y    
0,25 
6 
Như vậy ta có nếu : 1 0 : 7 15 0AB x y AC x y       và ngược lại. 
Giả sử : 1 0 : 7 15 0AB x y AC x y       
Đường thẳng CD song song với AB nên : 0CD x y c   , do CD đi qua C nên 
3 4 0 7c c      : 7 0CD x y    
0,25 
Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ  7 0 8 8;17 15 0 1
x y x
D
x y y
           , kết hợp với I là 
trung điểm BD suy ra  4; 3B   . 
 Vậy tọa độ các đỉnh là:  1;2A ,  4; 3B   ,  3; 4C  và  8;1D 
0,25 
Câu 4 (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
P
NM H
D
CB
S
A
0,25 
0,5 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB và do tam giác 
SAB cân tại S nên SM vuông góc với AB và kết hợp với SH vuông góc với đáy suy ra 
AB vuông góc với mặt phẳng SMN nên theo giả thiết ta được: 
  0, ( ) 45 2SA ABCD SAH SA SH     
     0 2( ), , 60 . 3SAB ABCD SM MH SMH SM SH       
Từ điểm N kẻ NP vuông góc với SM thì dễ thấy NP là khoảng cách giữa hai đường 
thẳng SA và CD suy ra 6NP a . Ta có 
 2. . . 6. 2 23SH MN NP SM SH AB a SH AB a     
0,25 
Trong tam giác SAM ta có 
2
2 2 2 2 242 2 33
SHSA AM SM SH a SH a       0,25 
2 3
.
1 3.8 8 3.3 3 3S ABCD ABCD
a a aV SH S   0,25 
7 
Câu 6. (1,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
 1,0 điểm 
Ta có 6( ) (27 6)P y z yz x    
2 2 22( ) 2 1y z y z x     và 
2127 6 27. 62
xyz    
Do đó 2 2276 2 1 (1 ) 62P x x x
        
0,25 
Xét hàm 2 227( ) 6 2 1 (1 ) 62f x x x x
        trên  0;1 , ta có: 
2
2
6 2 81 15'( ) 2 21
xf x x
x
    ;  2 2
6 2''( ) 81 0 0;1(1 ) 1f x x xx x       . 
0,25 
Suy ra hàm '( )f x nghịch biến; ta lại có 1' 03f
     . 
Do đó với mọi 10; 3x
     thì 
1'( ) ' 03f x f
     ; với mọi 
1 ;13x
    thì 
1'( ) ' 03f x f
     Vì vậy, 
1( ) 103f x f
     với mọi  0;1x . 
0,25 
Như vậy 10P  . Dấu đẳng thức xảy ra khi 13x  và 
2
3y z  . 
Vậy giá trị lớn nhất của P là10 . 
0,25 
Chú ý: Có thể giải bài toán bằng cách không sử dung đạo hàm như sau: 
Đặt 3 ; 3 ; 3a x b y c z   , khi đó 2 2 2 9a b c   và 2( )P b c a abc    
Ta chứng minh 2( ) 10b c a abc    (*) 
Thật vậy, ta có 2 2 2(*) 4( ) 2 11b c a abc a b c        (1) 
Ta có 2 24 4 ; 4 4b b c c    nên 2 24( ) 8b c b c    (2) 
Đẳng thức xảy ra ở (2) khi 2b c  . Ta chỉ cần chứng minh 24 2 3a abc a    . 
Ta có 2 2 24 2 4 .( ) 4 (9 )a abc a a b c a a a          
Mà 2 2 3 2 24 (9 ) 3 5 3 0 ( 1) ( 3) 0a a a a a a a a a              (luôn đúng) 
Vậy 24 2 3a abc a    (3) . Từ (2) và (3) suy ra (1) được chứng minh, tức là (*) được chứng minh. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1; 2a b c   . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 10 khi 13x  và 
2
3y z  . 
. Hết.