SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT
NĂM HỌC: 2015 - 2016
Môn: Toán – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (5,0 điểm).
3
2
1. Cho hàm số y = mx − 3 ( m − 1) x + 9 ( m − 2 ) x + 2 (1) ( m là tham số thực). Tìm
tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 + 2 x2 = 1.

x +1
có đồ thị ( C ) và đường thẳng d : y = −2 x + m − 1 ( m là
x+2
tham số thực). Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng d luôn cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt
2. Cho hàm số y =

A, B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến tại A và B của ( C ) . Xác định m để

( 3k

+ 1) + ( 3k2 + 1) = 98.
1
2

2

Câu 2 (4,0 điểm).
1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực

x + 7 + x 2 − 2 x − 3 ≤ 4 x − 2.


x + x 1 + x2
1
= 2log 2 .log 3 y
log 2
2
3

y + 1+ y
2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 

27 2 3
2
x y x.
 x + xy + x + 2 x =
8

Câu 3 (2,0 điểm). Tính tích phân I =

π
4

( sin x cos x + x ) ( 1 + x tan x ) + x
∫

cos x ( 1 + x tan x )
2

2

0

2

dx.

Câu 4 (5,0 điểm).
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với
AB = BC = 2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của
BC , AC. Trên các đoạn A’B, A’ A lần lượt lấy M , N sao cho MA’ = 2 BM , AA’ = 3 A’ N .
Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L = 10.
2.
Cho
hình
chóp
có
độ
dài
các
cạnh
S . ABC
2
2
2
SA = BC = x, SB = AC = y , SC = AB = z thỏa mãn x + y + z = 12 . Tính giá trị lớn

nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
Câu 5 (2,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm

I ( −2; 3; 5 ) . Biết ( S ) cắt mặt phẳng ( Oxy ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có chu vi
20π . Viết phương trình mặt cầu ( S ) .

Câu 6 (2,0 điểm).

(

)

2
2
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y + z = yz ( y + z ) . Tìm giá trị nhỏ nhất

2 yz ( 1 − x )
 y
1
z 
+
+
.
của biểu thức P =
2 +
÷
1
+
y
1

+
z
1
+
x
1
+
y
1
+
z
(
)
(
)
(
)
1
+
x
(
) 

2

1


Hết
Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh………………………...........

Người coi thi số 1…………………………… Người coi thi số 2.……………….....................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)

Câu
Câu 1

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12

ý
Nội dung
2
2
1.
Ta có y ' = 3mx − 6(m − 1) x + 9(m − 2). Hàm số đã cho có 2 cực trị ⇔ y ' = 0 có 2
(2,0đ)
m ≠ 0

m ≠ 0
m ≠ 0

 2 − 6 2 + 6  (*)
⇔
⇔
nghiệm phân biệt ⇔ 
2

m
∈
;
−
18
m
+
36
m
+
9
>
0

÷
∆ ' > 0


2 ÷
 2


2 ( m − 1)

(1)
 x1 + x2 =
m
Do x1 , x2 là nghiệm của pt y ' = 0, theo định lý Viét ta có 
 x .x = 3 ( m − 2 ) (2)
 1 2

m
Lại có x1 + 2 x2 = 1 (3).
3m − 4

 x1 = m
Từ (1), (3) ⇒ 
thay vào (2) ta được
x = 2 − m .
 2
m
m=2
( 3m − 4 ) ( 2 − m ) = 3 ( m − 2 ) ⇔ 
(t/m (*))
m = 2
m2
m
3

2
Kết luận: Các giá trị cần tìm là m = 2, m = .
3

Điểm

0,5

0,25

0,5


0,5

0,25

x +1
2.
= −2 x + m − 1 (1)
Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của pt
(3,0đ)
x+2
(1) ⇔ x + 1 = ( −2 x + m − 1) ( x + 2 ) (vì x = −2 không là nghiệm của pt (1))
⇔ 2 x 2 + ( 6 − m ) x + 3 − 2m = 0 (2).

Ta có ∆ = ( 6 − m ) − 8 ( 3 − 2m ) = m 2 + 4m + 12 > 0 ∀m ∈ ¡ .
Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
2

2

0,5
0,25


Gọi x1 , x2 là hoành độ của A, B ⇒ x1 , x2 là các nghiệm của pt (2). Theo định lý Viét
1

m−6

k1 =
2


x
+
x
=
( x1 + 2 )
 1 2

2
ta có 
. Mặt khác ta có 
3
−
2
m
1
x x =
k =
1 2
2
2


2
( x2 + 2 )

1
1
1
⇒ k1k2 =

=
=
= 4.
2
2
2
2
( x1 + 2 ) ( x2 + 2 ) ( x1 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 4 )  3 − 2m + m − 6 + 4 

÷
 2

2
2
2
2
Khi đó ( 3k1 + 1) + ( 3k2 + 1) = 98 ⇔ 9k1 + 9k2 + 2 ( 3k1 + 3k2 ) = 96. (*)

0,5

0,5

Ta có k1 , k2 > 0. Theo bđt Côsi: 9k12 + 9k22 ≥ 2 81k12 k22 = 18k1k2 = 72 và
2 ( 3k1 + 3k2 ) ≥ 4 9k1k2 = 12 4 = 24.
Vậy VT(*) ≥ 72 + 24 = 96.
Dấu bằng xảy ra

0,5

⇔ k1 = k2 ⇔ x1 + 2 = − ( x2 + 2 ) ⇔ x1 + x2 = −4 ⇔


Câu 2

Kết luận: Giá trị cần tìm là m = −2.
1.
1
Điều kiện: x ≥ . Bất phương trình đã cho
(2,0đ)
2

m−6
= −4 ⇔ m = −2.
2

⇔ x2 − 2 x − 3 + x + 7 − 4 x − 2 ≤ 0 ⇔ x2 − 2 x − 3 +
3( 3 − x )

(

0,25
0,25

x + 7 − 4x + 2
≤0
x + 7 + 4x − 2

3


≤ 0 ⇔ ( x − 3)  x + 1 −

÷ ≤ 0 ( *)
x + 7 + 4x − 2
x + 7 + 4x − 2 

3
1

Ta có hàm số f ( x ) = x + 1 −
liên tục trên  ; +∞ ÷
x + 7 + 4x − 2
2

1
2
+

4 x − 2 > 0 ∀x > 1 ⇒ f x đồng biến trên  1 ; +∞ ÷
và f ' ( x ) = 1 + 3. 2 x + 7
(
)

2
2

2
x + 7 + 4x − 2
⇔ ( x + 1) ( x − 3) +

0,5


0,5

)

1
1 3 3 2
> 0 ∀x ≥ .
Do đó f ( x ) ≥ f  ÷ = −
2
15
2 2
Từ đó bpt (*) ⇔ x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3.
1 
Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là  ;3 .
2 
2.

x + x 1 + x2
1
= 2 log 2 .log 3 y (1)
(2,0đ) log 2
2
3

y + 1+ y


27 2 3
2
x y x (2)

 x + xy + x + 2 x =
8

Điều kiện: x > 0, y > 0.
Viết lại pt (1) dưới dạng

3

0,5
0,5
0,25

0,25


)

(

)

(

log 2 x + x 1 + x 2 − log 2 y + 1 + y 2 = −2log 2 3.log 3 y

) (
)
(
y + 1+ y
⇔ log ( x + x 1 + x ) = log

y

⇔ log 2 x + x 1 + x 2 = log 2 y + 1 + y 2 − log 2 y 2
2

2

2

2

⇔ x + x 1 + x2 =

1 1
+
y y

0,5

2

1
+ 1. ( 1' )
y2

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t 1 + t 2 , t > 0. Ta có f ' ( t ) = 1 + 1 + t +

t2
1+ t


2

> 0 ∀t > 0.

⇒ hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ( 0; +∞ ) , do đó pt (1’) ⇔ x =

0,25

1
⇔ xy = 1.
y

Khi đó pt (2) trở thành
27 2 2
x + 1 + x2 + 2 x =
x x
8
⇔ 2 x + 2 + 2 x2 + 2 x =
⇔ 1+ 1+

27 2
2
2 27 2
x x ⇔ 2 + + 2 1+ =
x
4
x
x
4

0,5

2 27 2
27 2
2
=
x ⇔
x − 1 − 1 + = 0. ( 2' )
x
4
4
x

27
1
g '( x ) =
x+
> 0 ∀x > 0.
27 2
2
2
Đặt g ( x ) =
2
x − 1 − 1 + , x > 0. Ta có
2
x 1+
4
x
x
Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên ( 0; +∞ ) .


Câu 3
(2,0đ)

2
Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên ( 0; +∞ ) . Mà g  ÷ = 0.
3
2 3
Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ; ÷.
3 2
Ta có

0,25
0,25

π
4

( sin x cos x + x ) ( 1 + x tan x ) + x 2
dx
2
2
cos
x
1
+
x
tan
x
(

)
0

I =∫
π
4

π
4

sin x cos x + x
x 2 dx
=∫
dx + ∫
2
2
cos 2 x ( 1 + x tan x )
0
0 cos x ( 1 + x tan x )
π
4

- Đặt I1 =
∫
0

π
4

I1 = ∫

0

0,25

sin x cos x + x
dx. Ta có
2
cos x ( 1 + x tan x )

π
x
4
2
cos x dx = d ( 1 + x tan x ) = ln 1 + x tan x
∫0 1 + x tan x
1 + x tan x

tan x +

4

π
4
0

 π
= ln 1 + ÷.
 4

0,75



π
4

- Xét I 2 =
∫
0

π
4

2

x dx
cos 2 x ( 1 + x tan x )

2

=∫
0

π
4

2

x dx

( cos x + x sin x )


2

=∫
0

0.25

x 2 cos xdx
cos x ( cos x + x sin x )

x


( x sin x + cos x ) dx
du =
u = cos x



cos 2 x
⇒
Đặt 
x cos xdx
1
 dv =
v = −
2



( cos x + x sin x )
x sin x + cos x
π

0,25

π

0

0,25

B’
C’’
A’
’

1
ta cũng có S EKN = S A ' KA
3
+) Do A ' A = A ' B = A ' C và K là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên A ' K ⊥ ( ABC ) ⇒ ( A ' AC ) ⊥ ( ABC )

Câu 4

.
0,25

4

x
1
dx
4 −π

 4
⇒ I2 =  −
.
+
=
.
÷
2
∫
cos x 4 + π
 cos x x sin x + cos x 
0

 π  4 −π
.
Vậy: I = I1 + I 2 = ln 1 + ÷+
 4  4+π
Gọi E là trung điểm AN, ta có
1.
(2,5đ) ME//AB//LK
⇒ S MLK = S ELK ⇒ VMNKL = VNELK

2

0,5


N
M
L

B

C

E
K

A

mà BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ ( A ' AC )

0,5

1
BK
+) Ta có d ( L, ( NKE ) ) = d ( B, ( NKE ) ) =
, do L là trung điểm BC.
2
2

0,25

1
1
AC

VNELK = d ( L, ( NKE ) ) .S NKE = KB.S A ' KA ; KB =
= 2
3
18
2

0,5

+) Vì A ' K ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' K ⊥ KL ⇒ A ' K = A ' L2 − LK 2 = 3
⇒ S A ' AK =

1
3 2
A ' K .KA =
.
2
2

Vậy VNELK =

0,25

1
1
3 2 1
1
KB.S A ' KC =
2.
= ⇒ VMNLK = .
18

18
2
6
6

5

0,5


2.
(2,5đ)

Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các
đường thẳng song song với cạnh đối
diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành
tam giác MNP như hình vẽ.
1
+) Có S MNP = 4 S ABC ⇒ VS . ABC = VS .MNP
4
1
+) Do SB = AC = NP ⇒ ∆SNP vuông
2
tại S.

S

C

M

A

P
B

N

0,5

Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.
Đặt a = SM , b = SN , c = SP , ta có:
a 2 = 2 ( x 2 + z 2 − y 2 )
a 2 + b 2 = 4 x 2

 2
 2
2
2
2
2
2
b
+
c
=
4
y
⇔

b = 2 ( x + y − z )

c 2 + a 2 = 4 z 2
 2
2
2
2

c = 2 ( y + z − x )
1
1
2
VS . ABC = VS .MNP =
abc =
4
24
12

(x

2

0,5

+ y2 − z 2 ) ( y2 + z 2 − x2 ) ( z 2 + x2 − y 2 ) .

0,5

Mà theo bđt Côsi:

(x


2

+ y2 − z 2 ) ( y 2 + z 2 − x2 ) ( z 2 + x2 − y 2 ) ≤
3

3

 x 2 + y 2 − z 2 + y 2 + z 2 − x 2 + z 2 + x 2 − y 2   12 
3
≤
÷ = ÷ =4
3

 3
nên VS . ABC ≤

2 3 2 2
4 =
.
12
3

2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =

0,5
12
= 4 ⇒ x = y = z = 2.

3

2 2
.
3
Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có 2π r = 20π ⇔ r = 10.
Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là

Câu 5
(2,0đ)

Ta có d ( I , ( Oxy ) ) = 5.

0,5
0,5
0,5

Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R = d 2 ( I ,(Oxy ) ) + r 2 = 125.

0,5

Vậy mặt cầu (S) có phương trình ( x + 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) = 125.

0,5

2

6

2


2


Câu 6
(2,0đ)

P=
=
=
=
=

2

1

(1+ x)

2

1

(1+ x)

2

 y
z 
2 yz

+
+
÷ +
 1+ y 1+ z  ( 1+ y) ( 1+ z )

 2

− 1÷

 1+ x 

2

1

(1+ x)

2

 y
z 
2 yz
 1− x 
+
+
÷ +

÷
 1+ y 1+ z  (1+ y) (1+ z )  1+ x 


2

1

( 1+ x)

2

+

2

+

1

( 1+ x)

 y
z 
4 yz
2 yz
+
+
−
÷ +
 1+ y 1+ z  ( 1+ y ) ( 1+ z ) ( 1+ x) ( 1+ y ) ( 1+ z )
y2

( 1+ y)


2

+

1
2

z2

( 1+ z )

2

+

1

+

2

4 yz
( 1+ y) ( 1+ z ) ( 1+ x)
+

4
.
 1  1 
( 1 + x ) 1 + ÷1 + ÷

y  z 


 1  1
1 + y ÷  1 + z ÷


 
1
1
Đặt u = , v = ⇒ u, v > 0. Khi đó
y
z
1
1
1
4
P=
+
+
+
.
2
2
2
( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v) ( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v)
Theo bđt Côsi: P ≥

1


( 1+ x)

2

+

2

( 1+ u ) ( 1+ v)

+

0,5

4
.
( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v)

Mặt khác, giả thiết trở thành
 y2 + z2  y + z
 1
1 1 1
x  2 2 ÷=
⇔ x  2 + 2 ÷ = + ⇔ x u 2 + v 2 = u + v.
yz
z  y z
y
 y z 

(


)

2
2
2
2
Theo bđt Bunhiacốpxki: x ( u + v ) ≤ 2 x ( u + v ) = 2 ( u + v ) ⇒ u + v ≤ .
x
2
2
1
1
2   x +1 
2
Lại theo bđt Côsi: ( 1 + u ) ( 1 + v ) ≤ ( 2 + u + v ) ≤  2 + ÷ = 
÷.
4
4
x  x 
1
2x2
4x2
2 x3 + 6 x 2 + x + 1
P
≥
+
+
=
.

Từ đó suy ra
2
2
3
3
( 1+ x) ( 1+ x) ( 1+ x)
(1+ x)
Xét hàm số f ( x ) =
f '( x) =

2 x3 + 6 x 2 + x + 1

( 1+ x)

3

, x > 0. Ta có

0,5

10 x − 2

1
⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = .
5
( x + 1)
4

Lập bảng biến thiên của f(x) trên ( 0;+∞ ) suy ra
 1  91

P ≥ f ( x ) ≥ f  ÷=
.
 5  108
91
Kết luận: GTNN của P là
đạt được khi
108
1
2
1
1
x = , u = v, u + v = = 10 ⇔ x = , u = v = 5 ⇔ x = y = z = .
5
x
5
5

7

0,5

0,5


Lưu ý: Các cách giải khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm
----------- HẾT-------------

8