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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

( m + 2) (

b) Cho hàm số y =

)

2 + x − 2 2 − x + 3 x + 4 4 − x 2 = m + 12 ( x ∈ R)

x−2
có đồ thị (C).
x −1

Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M ( 3; −1) và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân
biệt A, B sao cho MB = 3MA
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2 cos 4 x + 1 − 2 sin 2 x cos x − 3 sin x − 2 = 0 .

(

b) Tính tổng: S =

 x − y 2 + x = 3

( x, y ∈ R )

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
2
2
lượt có phương trình ( x − 2 ) + ( y + 1) = 8 và x − 2 y + 3 = 0 . 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
BD = 2 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 SA và mặt phẳng đáy bằng 450 , góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và mặt
phẳng đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD , biết rằng khoảng cách giữa hai đường
thẳng CD và SA bằng a 6 .
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = 6( y + z − x ) + 27 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………………….


TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN


+) Nếu t ≠ 1 pt trên có dạng
t 2 − 2t + 2
t 2 − 2t + 2
(1). Xét hàm số f ( t ) =
m=
, t ∈ [ −4; 2] \ { 1}
t −1
t −1
t 2 − 2t
, f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 0, t = 2. Ta có bảng biến thiên như sau:
Ta có f ' ( t ) =
2
( t − 1)
t

-4

0
+

f'(t)

0

1
-

0,25

0,25

1,5 điểm
Ta thấy nếu đường thẳng (d) không có hệ số góc thì nó chỉ cắt (C) tại đúng một điểm suy
0,25
ra (d) phải có hệ số góc. Giả sử (d) có hệ số góc là k thì phương trình của (d):
y = kx − 3k − 1 . Phương trình hoành độ giao điểm là:
2


 x ≠ 1
x−2
= kx − 3k − 1 ⇔  2
x −1
kx − 2 ( 2k + 1) x + 3k + 3 = 0

⇔ kx 2 − 2 ( 2k + 1) x + 3k + 3 = 0 (1) ( do x = 1 không phải là nghiệm)
+) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt
k ≠ 0
⇔
⇔k≠0
2
∆ ' = k + k + 1 > 0
+) Giả sử A ( x1 ; kx1 − 3k − 1) , B ( x2 ; kx2 − 3k − 1) , trong đó x1 , x2 là hai nghiệm của (1) và

theo định lý Viet ta có: x1 + x2 =

4k + 2
3k + 3
; x1 x2 =
(2)
k

5
5
k
=
−
1
⇒
(
d
)
:
y
=
−
x
+
2
+)
uuur
uuur
TH2. MB = −3.MA ⇔ x2 = −3x1 + 12 , kết hợp với (2) ta được

0,25

4k − 1
3 4k − 1 3 3k + 3
3± 5
, x2 = ;
. =
⇔k=

Pt ⇔ 2 ( 1 − 2sin 2 x ) + 1 − 2 sin 2 x cos x − 3 sin x − 2 = 0

(

)(

) (

)(

)

⇔ 2 1 − 2 sin 2 x 1 + 2 sin 2 x + 1 − 2 sin 2 x cos x − 3 sin x − 2 = 0

(

⇔ 1 − 2 sin 2 x

)(

)

2 + 2sin 2 x + cos x − 3 sin x − 2 = 0


2
sin 2 x =
⇔ 1 − 2 sin 2 x 2sin 2 x + cos x − 3 sin x = 0 ⇔ 
2
 3 sin x − cos x = 2sin 2 x

π

sin x − cos x = sin 2 x ⇔ sin 2 x = sin  x − ÷
2
2
6


3

0,25

0,25


π
π


 2 x = x − 6 + kπ
 x = − 6 + kπ
⇔
⇔
( k ∈ Z)
 2 x = π − x + π + kπ
 x = 7π + k 2π
6
18
3


99
100!
k
=k
= 100.C99k −1 ⇒ S1 = ∑ kC100
= 100∑ C99k = 100.299
k !( 100 − k ) !
k =1
k =0

Ta có ∀k = 1,100 :

k
∀k = 1,100, kC100

100

100

k =1

k =0

0,25

0,25

k
k
0

C
=
C101 − C101
− C101
=
( 2 − 102)
∑
∑
101

÷
101 k =1
101  k =0
k =1 k + 1
 101

100

S3 = ∑

S = S1 − S 2 + S3 = 100 ×2 − ( 2
99

100

1 101
2100 ×4947 − 1
− 1) +
( 2 − 102 ) = 101
101


4

2

4

4

2

Điểm

( 1)
( 2)

0,25


Từ pt ( 1) ta thấy y ≠ 0 chia hai vế phương trình ( 1) cho y 2 ta được :
2
1
1
( *)


2
1 
1 
2  x + 2 ÷−  x + 2 ÷ − 1 = 2 3 − 2 , ( 3) . Đặt t = x + 2 → t ≥ y + 2 ≥ 2

y
y

Thay ( 4 ) vào ( 2 ) ta được:
3−

1
1
1
1
− y 2 = 2 ⇔ 3 − 2 − y 2 = 4 ⇔ y 6 − 3 y 4 + y 2 + 1 = 0 ( 5)
2
y
y
y
y

0,25

 y2 = 1
Từ ( 5 ) ⇔ ( y − 1) ( y − 2 y − 1) = 0 ⇔  2
 y = 1 + 2
+ y 2 = 1 ⇒ x = 2 ⇒ ( x; y ) ∈ { ( 2;1) , ( 2; −1) }
2

4

2

{(


D

I

0,50
C

Đường tròn (C) có tâm I ( 2; −1) , bán kính R = 2 2 , IB = 2 IA . Trong tam giác vuông
1
1
1
5
1
= 2+ 2 =
= ⇒ IA = 10
IAB ta có:
2
2
IH
IA IB
4 IA
8

5


Do A thuộc (d) nên A ( 2t − 3; t ) , kết hợp với IA = 10
t = 2
2

+) Nếu 7a = b , chọn a = 1, b = 7 ⇒ AB : x + 7 y − 15 = 0
Như vậy ta có nếu AB : x − y + 1 = 0 ⇒ AC : x + 7 y − 15 = 0 và ngược lại.
Giả sử AB : x − y + 1 = 0 ⇒ AC : x + 7 y − 15 = 0
Đường thẳng CD song song với AB nên CD : x − y + c = 0 , do CD đi qua C nên
3 + 4 + c = 0 ⇒ c = −7 ⇒ CD : x − y − 7 = 0

0,25

0,25

x − y − 7 = 0
x = 8
⇔
⇒ D ( 8;1) , kết hợp với I là
Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ 
 x + 7 y − 15 = 0
y =1
0,25

trung điểm BD suy ra B ( −4; −3) .
Vậy tọa độ các đỉnh là: A ( 1; 2 ) , B ( −4; −3) , C ( 3; −4 ) và D ( 8;1)
Câu 4 (1,5 điểm)
Nội dung

Điểm

S

0,25
P

⇔ AB = 2 2a
3

Trong tam giác SAM ta có
4 SH 2
+ 2a 2 ⇔ SH = a 3
3
a 3.8a 2 8 3a 3
=
=
3
3

SA2 = AM 2 + SM 2 ⇔ 2SH 2 =
1
VS . ABCD = SH .S ABCD
3

0,25
0,25

Câu 6. (1,0 điểm)
Nội dung

Điểm
1,0 điểm

Ta có P = 6( y + z ) + (27 yz − 6) x
y + z ≤ 2( y + z ) = 2 1 − x và 27 yz − 6 ≤ 27.
2

2
2
(1 − x 2 ) 1 − x 2
1− x
1
Suy ra hàm f '( x ) nghịch biến; ta lại có f '  ÷ = 0 .
 3
6 2x

0,25

0,25

 1
1
1 
Do đó với mọi x ∈  0;  thì f '( x ) ≥ f '  ÷ = 0 ; với mọi x ∈  ;1÷ thì
 3
 3
3 

0,25

1
1
f '( x ) ≤ f '  ÷ = 0 Vì vậy, f ( x) ≤ f  ÷ = 10 với mọi x ∈ [ 0;1] .
 3
 3
1
2


1
2
và y = z = .
3
3

………. Hết……….

8