SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (5,0 điểm)

2x −1
có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại giao
x −1
y 2x + 1 .
điểm của nó và đường thẳng =
1. Cho hàm số y =

2. Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + ( m + 1) x − 4 , m là tham số. Tìm các giá trị của m để đồ thị

7 
hàm số có 2 điểm cực trị và khoảng cách từ điểm A  ;1 đến đường thẳng đi qua hai
2 
điểm cực trị đó lớn nhất.
Câu II (4,0 điểm)
( 3x + 1) log 4 ( 3x + 1) .
1
1. Tìm nghiệm dương của phương trình 4 x − 2 x − 1 = log 2
2
x
  3x π 

)(

)(

)

T =cos A + cos 2 A + 2 cos B + cos 2 B + 2 cos C + cos 2 C + 2 .

1

=
x
1

2
Câu VI (2,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi 
2
 x + xn −1 = 1 , ∀n ≥ 2.
 n
2
2
1
1
1. Chứng minh rằng − ≤ xn ≤ với mọi n ≥ 1 .
8
2
2. Tìm giới hạn của dãy số ( xn ) khi n → +∞ .

----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại
x −1
giao điểm của ( C ) và đường thẳng =
y 2x + 1 .

1. Cho hàm số y =
Câu I.1
2,0 điểm

Xét hàm số y =

−1
2x −1
. Với ∀x ≠ 1 , ta có y′ =
2
x −1
( x − 1)

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và đường thẳng:

0,25
0,5

x ≠ 1
2x −1
= 2x + 1 ⇔  2
x −1
0
2 x − 3x =


2 
3,0 điểm
điểm cực trị đó lớn nhất.
0,25
Với ∀x ∈  , ta có y′ = 3 x 2 − 6 x + m + 1
Điều kiện để hàm số có hai cực trị là phương trình y′ = 0 có hai nghiệm

0 có hai nghiệm phân biệt
phân biệt ⇔ phương trình 3 x 2 − 6 x + m + 1 =
′
⇔∆ >0⇔m
( 3x + 1) log 4 ( 3x + 1)
1
1. Tìm nghiệm dương của phương trình 4 x − 2 x − 1 = log 2
2
x
Câu II.1
Với x > 0 , phương trình tương đương
2,0 điểm
4 x − 2=
x − 1 log 4 ( 3 x + 1) + log 4 log 4 ( 3 x + 1)  − log 4 x
0,25
⇔ 4 x + x + log 4 x = 3 x + 1 + log 4 ( 3 x + 1) + log 4 log 4 ( 3 x + 1) 

Đặt log 4 ( 3 x + 1) = y ⇔ 3 x + 1 = 4 y

Phương trình trở thành: ⇔ 4 x + x + log 4 x = 4 y + y + log 4 y

(1)

Xét hàm số f ( t ) = 4t + t + log 4 t trên ( 0;+∞ ) .
Hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0;+∞ ) .

Phương trình (1) ⇔ f ( x=
)

f ( y ) ⇔=
x y

Trở lại phép đặt ta được: 4 x = 3 x + 1 ⇔ 4 x − 3 x − 1 = 0
Xét hàm số g ( x ) = 4 x − 3 x − 1 trên  .

Câu II.2
0,25
  3x π 
 1
 x π
2,0 điểm
2 2 cos  −  cos  −  + sin=
sin 2 x + sin 2 x
x
2 8
  2 8
 2
 3x π 
 x π
sin x sin x cos x + sin 2 x
⇔ 2 2 cos  −  cos  −  + 2 2 =
 2 8
2 8
π

⇔ 2 cos  2 x −  + 2 cos x + 2 2 =
sin x sin x cos x + sin 2 x
4


0,25


⇔ cos 2 x + sin 2 x + 2 ( cos x + 2sin x=
) sin x cos x + sin 2 x

0,25
π
3π

Giải (2): sin x − cos x = 2 ⇔ sin  x −  =1 ⇔ x = + k 2π
4
4

1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với=
AB a=
, AD 2a .
Mặt bên ( SAB ) là tam giác cân tại S và vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng

Câu III.1
2,0 điểm cách từ B đến mặt phẳng SAC bằng a 6 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD
(
)
3
theo a .
Gọi H là trung điểm của AB suy ra
0,5
SH ⊥ AB . Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD )
nên SH ⊥ ( ABCD ) .

d ( B; ( SAC ) ) = 2d ( H ; ( SAC ) )

Suy ra d ( H ; ( SAC ) ) =

a 6
6

Xét tam giác SHE có
=
−
= 2 ⇒ SH =a .
2
2
2
SH
HK
HE
a
3
1
2a
Vậy
.
=
VS . ABCD =
SH .S ABCD
3
3

Suy ra=
HE

0,5

1
=
BF

AH .
2 S AME 2a 93
=
ME
31
Góc giữa ( A′BC ) và mặt phẳng đáy là 
A′MA = 600

Tính ME = a 31=
; AK

suy ra AA′ AM
=
=
.tan 600 3a
1
1
1
97
6a 97
Xét tam giác AA′K , có
=
+
=
⇒ AH =
2
2
2
2
AH


0,5
0,5
0,25

0,25
0,5
0,25
0,5

TH y= x − 1 , thay vào phương trình (2) ta được:
2 − x + 6 − x − x2 = x − 1 + 2x + 3 − x + 3

0,25


3
x − 1 + 2 x + 3 (ĐK: − ≤ x ≤ 2 )
2
2
t −5
Đặt 2 − x + 3 + x =t ⇒ ( 2 − x )( 3 + x ) =
2
2
( 2 x + 3) − 5 3
t −5
Phương trình trở thành t +
= 2x + 3 +
( )
2

⇔ 6 − x − x2 = x − 1

0,25

x ≥ 1
1 + 41
⇔ 2
⇔x=
4
0
2 x − x − 5 =
1 + 41
−3 + 41
(thỏa mãn).
⇒
=
y
4
4
 1 + 41 −3 + 41 
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = 
;

4
 4

Cho tam giác ABC nhọn. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Với
=


0,5

3
2

)( y + y + 2 )( z + z + 2 )
⇔ ln T= ln ( x + x + 2 ) + ln ( y + y + 2 ) + ln ( z + z + 2 )
2
1
Ta chứng minh: ln ( x + x + 2 ) ≤ x + ln 2 − với x ∈ ( 0;1) .
3
3
2
1
Tương tự:
ln ( y + y + 2 ) ≤ y + ln 2 − với y ∈ ( 0;1) .
3
3
2
1
ln ( z + z + 2 ) ≤ z + ln 2 − với z ∈ ( 0;1) .
3
3
(

)

)


Vậy maxT = 8 khi tam giác ABC đều.

Suy ra ln T ≤

0,25đ
0,25đ


1

 x1 = 2
.
Câu VI Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi 
2
x
1
 x + n −1 =
2,0 điểm
, ∀n ≥ 2
 n
2
2
1
1
1. Ta chứng minh quy nạp − ≤ xn ≤ với mọi n ≥ 1 .
8
2
1
1
x2 1

1
Có lim n = 0 do đó lim xn= x= 2 − 1 .
2

(

)

---------------- Hết ----------------

0,5

0,25

0,5
0,5

0,25