SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT
NĂM HỌC: 2017 - 2018
Mơn: Tốn – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (5,0 điểm)
3
2
2
3
2
1. Cho hàm số y =- x + 3mx + 3(1- m ) x + m - m , với m là tham số thực. Chứng

minh rằng m   hàm số trên ln có hai điểm cực trị. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm
số trên thỏa mãn điều kiện điểm M vừa là điểm cực đại của đồ thị hàm số ứng với giá trị này
của m đồng thời điểm M vừa là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với giá trị khác của m .

2x 1
x  1 có đồ thị (C ) , điểm I (3;3) và đường thẳng d : y  x  m .
2. Cho hàm số
Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tứ giác
OAIB bằng 6 ( O là gốc tọa độ).
y

Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực
æ 16 x 2 + 96 x + 208 ử

ữ
2
ữ
ỗ
x + 9 + log 2 ỗ
Ê 2 3x + 4 - 6 x + 3 5 x + 9
ữ
ỗ
ữ
ỗ
12
x
+
16
+
45
x
+
81
ố
ứ
.
ỡù
ùù 2.4 y +1 = 2 2 x +1 + 2log ( x )
2
ïï
y
ïí
2
2

ïï
3
ïï x +1 = x - x - 2 4 y +1
3 2 x +1 - 3
ï
2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực ïỵ
.
p
2

I =ị
p
4

x2
( x 2 - 1) cos 2 x +1 - x sin 2 x

dx.

Câu 3. (2,0 điểm) Tính tích phân
Câu 4. (5,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B. Biết
AB=SD=3a, AD=SB=4a, đường chéo AC vng góc với mặt phẳng (SBD). Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
2. Cho mặt cầu có tâm O và bán kính R. Từ một điểm S bất kỳ trên mặt cầu ta dựng ba cát
·
·
·
tuyến bằng nhau, cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C ( khác với S) và ASB = BSC = CSA = a .
Tính thể tích khối chóp S.ABC theo R và  . Khi  thay đổi, tìm  để thể tích khối chóp

S.ABC lớn nhất.
Câu 5. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) đi qua điểm
A(2;  2;5) và tiếp xúc với các mặt phẳng ( ) : x 1;(  ) : y  1;() : z 1 . Viết phương trình
mặt cầu ( S ) .
Câu 6. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab 1 và c(a  b  c) 3 .
b + 2c a + 2c
P=
+
+ 6ln( a + b + 2c)
1+ a
1+b
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
.


---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
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT
HÀ NAM
NĂM HỌC 2017 - 2018
(Hướng dẫn chấm có 07 trang)
Hướng dẫn chấm mơn: Mơn Toán – Lớp 12
Câu
ý
Câu
1.
TXĐ: D = ¡
1 (2,5đ) y ' =- 3 x 2 + 6mx + 3 1- m 2
5,0đ


(

Điểm

Nội dung

0,25

)

 x m  1
y ' 0  
 x m  1 Hàm số ln có hai điểm cực trị
x m  1  y  m2  3m  2 .
2
Điểm cực tiểu của đồ thị (m  1;  m  3m  2)

0,25

0,25
0,25

2

x m  1  y  m  3m  2 .

0,25
2


Điểm cực đại của đồ thị ( m  1;  m  3m  2)

0,25

2

Quỹ tích điểm cực tiểu của đồ thị là (P): y  x  x

0,25

2

Quỹ tích điểm cực đại của đồ thị là (P’): y  x  5 x  2
Điểm M vừa là điểm cực đại ứng với giá trị này của m, vừa là điểm cực tiểu ứng
với giá trị khác của m nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

1

x

 y  x  x

2



2
 y  x  5 x  2  y  1

4

1 1
M( ; )
2 4
Vậy

0,25

2

2.
2,5đ

TXĐ:

0,25

0,25

D = ¡ \ { - 1}

Phương trình hồnh độ giao điểm :

2x 1
 x  m
x 1
.

 x 2  (3  m) x  1  m 0 .
 m2  2m  5  0m .
Đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B


0,25
0,25
0,25

Gọi A( x1;  x1  m), B( x2 ;  x2  m)
Theo Vi-ét x1  x2 m  3; x1 x2 1  m

 AB  2( x2  x1 ) 2  2[( x1  x2 ) 2  4 x1x2 ]  2(m 2  2m  5)
OI 3 2
Tứ giác OAIB có OI  AB

0,25
0,25
0,25
0,25


1
1
SOAIB  OI . AB  .3 2. 2( m 2  2m  5)
2
2
.

0,25
0,25

3 m 2  2m  5
Þ SD OAIB = 6 Û

1.

2,0đ

x 
ĐK:
BPT

m 2 - 2m + 5 = 2 Û m = 1

0,25

4
3

 x 2  9  log 2

16( x 2  6 x  13)
2 3x  4  6 x  3 5 x  9
2 3x  4  3 5 x  9

x 2 + 6 x +13 + log 2 ( x 2 + 6 x +13) £ 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 + log 2 (2 3 x + 4 + 3 5 x + 9)

f '( t ) =

f ( t ) = log 2 t + t

1
+1 > 0, " t > 0
t ln 2

.

, với t > 0 có
f ( t)
( 0;+¥ ) .
Do đó hàm số
đồng biến trên
2
BPT có dạng f ( x + 6 x +13) £ f (2 3x + 4 + 3 5 x + 9)
Xét hàm số

Câu
2
4,0đ

3 x + 4) + 3( x + 3 -

0,25

0,25
0,25
0,25

Û x 2 + 6 x +13 £ 2 3 x + 4 + 3 4 x +5
Û x 2 + x + 2( x + 2 -

0,25

5 x + 9) £ 0


2( x 2  x)
3( x 2  x)
 ( x  x) 

0
x  2  3x  4 x  3  5 x  9
2
3
 ( x 2  x)(1 

) 0
x  2  3x  4 x  3  5 x  9
 x 2  x 0  x  [  1;0]

0,25

2

2.

2,0đ

0,25
0,25

ìï
ïï 2.4 y +1 = 2 2 x +1 + 2log ( x ) (1)
2
ïï
y

ïí
.
2
2
ïï
3
ïï x +1 = x - x - 2 4 y +1 (2)
3 2 x +1 - 3
ùùợ
ùỡù 0 < x ạ 13
ớ
ùùợ y > 0

ĐK:
(1)  4 y 

1
2
2

2x

 log 2 x  log 2 y

 4 y  log 2 2  log 2 y 2
2y

 2  log 2 2. y 2

2.


x
2

2.

x
2

 log 2 2

 log 2 ( 2.

x
2

x
)
2

f (t ) 22t  log 2 ( 2.t )  f '(t ) 2.22t.ln 2 

0,25

1
 0t  0
t ln 2

0,25


Hàm số f(t) đồng biến với t>0
PT  f ( y )  f (

x
x
)  y   2 y 2 x
2
2

2
Với 2 y = x thay vào PT(2) ta có:

0,25


x 2 - x - 2 3 2 x +1
x +1 =
Û
3 2 x +1 - 3

x 1  2 



 1
3



x2 - x - 6

x +1 + 2 = 3
2 x +1 - 3

0,25

( x  3)( x  2) ( x  1  2)( x  1  2)( x  2)

3
3
2x 1  3
2x  1  3

( x  1  2)( x  2)
3
2x 1  3

2 x  1  3 ( x  1  2)( x  2)

 2 x  1  3 2 x  1  ( x  1)3  x  1
3

0,25

2

Xét hàm số g (u ) u  u  g '(u ) 3u  1  0u
Hàm số g (u ) đồng biến, phương trình trở thành

g ( 3 2 x  1) g ( x  1)



3

2x 1  x 1
0,25

 x3  x 2  x 0

 x 0(l )

1 5
 x
(l )

2

 x 1  5 (t / m)

2

0,25

1 5
1 5
1 5 1 5
x
 y
(
;
)

2
2
2
2
. Hệ phương trình có nghiệm
p
2

I =ị
p
4

x2
( x cos x - sin x) 2

0,25

dx
0,25


2

x
x sin xdx

.
2
 sin x ( x cos x  sin x )


Câu
3
2,0đ

0,25

4

ìï
x
ïï u =
ïï
sin x
í
x sin x
ïï
dx
ïï dv =
2
(
x
cos
x
sin
x
)
ïỵ
Đặt

ìï

x
ïï u =
ïï
sin x
í
- d ( x cos x - sin x)
ïï
ïï dv =
( x cos x - sin x) 2
ïỵ

0,25

0,25


sin x  x cos x

dx
du 
sin 2 x
 
1
v 
x cos x  sin x


 I

0,25


2


2

x
1
dx
.
 2
sin x x cos x  sin x   sin x
4

0,25

4

p

p
2p
I =- - cot x p2
2 p- 4

0,25

p
2p
+1

2 p- 4

0,25

4

Vậy

Câu
4
5,0đ

I =-

1.
3,0đ

AC  ( SBD )
 ( SBD)  ( ABCD )

0,25

( SBD)  ( ABCD) BD
Kẻ SH  BD tại H  SH  ( ABCD )
BD  AB 2  AD 2 5a
SH 
Tam giác SBD vuông tại S nên:

SB.SD 12a


BD
5

0,25
0,25
0,25

Gọi K là giao điểm của AC và BD. Ta có

AK .BD  AB. AD  AK 

AB. AD 12a

BD
5

0,25

AB 2 15a
AK . AC  AB  AC 

AK
4

0,25

1
1 15a
75a 2
S ABCD  AC.BD  .

.5a 
2
2 4
8

0,25

2

VS . ABCD

1
1 12a 75a 2 15a 3
 SH .S ABCD  .
.

3
3 5
8
2

0,25


Kẻ đường thẳng d đi qua A và song song với BD
Kẻ HE // KA, E thuộc d

0,25

(SHE)  (SA,d); ( SHE )  ( SA, d ) SE

Kẻ HF vng góc với SE tại F thì HF vng góc với (SA,d)
BD//(SA,d) nên d(BD,SA)=d(BD,(SA,d))=d(H, (SA,d))=HF

0,25

1
1
1
25
25
25
 2



2
2
2
2
SH
HE 144a 144a
72a 2
Trong tam giác SHF ta có HF

0,25

HF 

6 2a
6 2a

 d ( BD, SA) 
5
5

0,25

2
2,0đ
Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vng góc với (ABC) thì O’ là tâm đường trịn ngoại
tiếp tam giác ABC và O’ thuộc SO.
Giả sử SO’ cắt mặt cầu tại D thì tam giác SAD vng tại A
Gọi SA=SB=SC=l

SO '.SD SA2  SO ' 
Trong tam giác SAD ta có

SA2 l 2
 (1)
SD 2 R

0,25

Gọi E trung điểm BC ta có

BC 2 BE 2l sin


BC
 AO ' 


2
3

 SO '  SA2  O ' A2 l 1 

2l sin


2

3

4 2
sin
(2)
3
2

l2
4

4

l 1  sin 2  l 2 R 1  sin 2
3
2
3
2
Từ (1) và (2) ta có 2 R
4



 S ABC 4 3R 2 (1  sin 2 )sin 2
3
2
2
 SO ' 2 R(1 

4 2
sin )
3
2

1
8 3 3
4


 VS . ABC  SO '.S ABC 
R (1  sin 2 ) 2 .sin 2
3
3
3
2
2
Đặt

x sin 2



 0  x 1
2

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


y x (1 
Xét hàm số

4 2 1
x)  (16 x 3  24 x 2  9 x)
3
9

1

x

1
4
 y '  (16 x 2  16 x  3) y ' 0
3
x 3


4
x
y

0

ẳ
+

0

ắ
-

0

1
+

1/9
y
0,25

8 3R 3
1
1
x   sin    600
4
2 2
Thể tích S.ABC lớn nhất là 27

khi
Gọi mặt cầu tâm I (a; b; c ) , bán kính R
Mặt cầu tiếp xúc với các mặt ( ) : x 1;(  ) : y  1;( ) : z 1

Câu
5
2,0đ

nên

R  a  1  b 1  c  1

Điểm A(2;  2;5) thuộc miền thỏa mãn : x  1; y   1; z  1
Mặt cầu có tâm I và đi qua A nên a  1; b   1; c  1

 a R  1

R a  1  b  1 c  1  b  R  1
 c R  1

Vậy

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25


 I ( R  1;  R  1; R  1)  IA R  IA2 R 2
 ( R  1) 2  (  R  1)2  ( R  4) 2 R 2
 2 R 2  12 R  18 0  R 3
Vậy mặt cầu (S) có tâm I (4;  4;4) , bán kính R 3
2

2

0,25
0,25
2

Phương trình mặt cầu : ( x  4)  ( y  4)  ( z  4) 9

a  b  2c  1 a  b  2c  1

 6ln(a  b  2c)
1 a
1 b
1
1
( a  b  2c  1)(

)  6ln( a  b  2c)
1 a 1 b

0,25

P2

Câu
6
2,0đ

0,25

Ta chứng minh BĐT sau

1
1
2


(a, b  0; ab 1)
1  a 1  b 1  ab
Thật vậy

1
1
2


( a
1  a 1  b 1  ab

b ) 2 ( ab  1) 0

(ln đúng vì ab 1 )

0,25



Lại có

ab  1
2
1
1
2
4
4
4
16



 2


1  a 1  b 1  ab 3  ab c  ab  bc  ca (a  c)(b  c) (a  b  2c) 2
ab 

16(a  b  2c  1)
 P2
 6ln(a  b  2c)
(a  b  2c) 2
16(t  1)
P2
 6ln t
2

t
t

a

b

2
c

0
Đặt
ta có

0,25

0,25
0,25

Xét hàm số

16(t  1)
6t 2  16t  32
f (t ) 

6ln
t

f
'(

t
)

 f '(t ) 0  t 4
t2
t3
t
0
4
+
f’(t)

-

0

0,25

+

f(t)

f (4) 5  6ln 4

0,25

 P 3  6ln 4  MinP 3  6ln 4 khi a b c 1

0,25


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