Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm 2021 - 2022 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc - TOANMATH.com

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THỊ CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021 -2022

DE CHINH THUC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kẻ thời gian giao đề.

;

DE THI MON: TOAN - THPT

-

"

Câu 1. Tim tat cả các giá trị của tham số

Câu 2. Cho hàm số y= ze —mx? +(m

để hàm số y=

mx+25

đồng biến trên khoảng (0; 10).

x+m

—1)x, với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham

số m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị 4, B sao cho 4, B cách đều đường thắng

đ:y=S5x-9.

Câu 3. Giải phương trình x/3(1—cos2x)+sin2x~4cosx+8 = 4( J3 +1)sin x.

Câu 5. Giải hệ phương trình

2

1

_

x \ ay

_
7). Tinh
Câuä 4. Cho f(2)=Iog,(

5=/(a)*/(sối)*=*/(

I[x++x')(y+Jt+»2)=1
x4J6x—2xy+l

=4xy+6x+l

2019)

5x )*/|

2020

sex}

(x,yeR).

Câu 6. Cho tập hợp E = Í10,102,10°,...,10?°Ì. Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai số từ tập hợpOp Z, giả
sử hai số được lấy ra là x và y (với x< y). Tính xác suất dé log, y là một số nguyên.
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt đáy, 4BCD là tứ giác nội tiếp đường trịn
đường kính 4C. Gọi hai điểm A⁄, W tương ứng là hình chiều vng góc của điểm 44 lên hai đường
thing SB va SD. Biét SA=a,

(AMN) va (ABCD).

BD =avV3 va BAD =60°. Tính cosin của góc giữa hai mat phẳng

Cau 8. Cho hinh lang tru ABC.A'B‘C'

c6 day ABC

ABC =30°. Tứ giác BCC'' là hình thoi có BC

1a tam giác vng tại 4, cạnh 4ACŒ=a và

nhọn, mặt phẳng (BCC'P') vng góc với mặt

phẳng (48C), góc giữa mặt phẳng (48⁄4) và mặt phẳng (48C) bằng 60°. Goi M,N, P,Q lan
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng ZC, B'C', 4'B và 4'C. Tính theo a thể tích của khối tứ
dién MNPQ.
Câu 9. Trong mặt phăng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

có góc BAC

ta. Đường trịn

(C) ngoại tiếp tam giác 48C có phương trình (C):(x+2)° +(y-2} =25. Đường thẳng đi qua
A và vng góc với 8C cắt đường trịn (C) tại điểm K(I-2)
tâm của tam giác 4BC là đ{~: *)

(K không trùng với 4). Trọng

. Tinh dién tich tam gidc ABC.

Câu 10. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x+ y=Vx-1 ++-/2y+2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của biểu thức P= x? + y? +2(x+1)(y+1)+8#/4-x=y .
se HÃ.........

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

1.

Lo

DE THI MON: TOAN — THPT

Thời gian: I80 phút, khơng kể thời gian giao dé.

THỨC

ĐÈ CHÍNH
Cau

KY THI CHON HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022

ky

ke

tp

gt

k

Â

1a

k

Tim tat ca các giá trị của tham sô z đê hàm sô y=

Lời giải

mx +25

đồng biến trên khoảng (0:10).

x+m

Tập xác định: D= R\{-m}.
2

—

Ta có: y'= mm?) .

(x+m)

Đề hàm số đồng biên trên khoảng (0:10) thì
m<-—5

m<—10

m>5
ne

[m?-25>0
>
—m # (0:10)

y>0,Vxe(0:10)
—m # (0:10)

m>5

—m

= 10

Vay me (—00; -10Ì U (5; +00)

la các gia tri can tim.

Cho hàm sô y= 2x — mx? +(ar -1)x,
`

A

với 7m là tham sơ. Tìm tât cả các giá trị của tham sơ mm

1

để đồ thị hàm

ro?

số đã cho có hai điểm

`

A

cực trị

A, B

`

A

sao cho

2

Ƒ

A, B

Hi

.

2

A

cach déu duong

thằng

d:y=5x-9.
Loi giai
¢ Tap xac dinh D=R.

*® Ta có y'=x”-2mx+m—]

a, =1#0

có

As,y =mẺ =(m”—1)=1> 0m

suy ra hàm sơ đã cho ln có

hai điêm cực trỊ với mọi 7z e R.
Cách 1.
*® Lây y chia y' ta c ơ......

=I).

đ t 4(x,:y,). B(x,:y,) l ta hai im cực trị của đồ thị hàm số đã cho, ta có:

1= = —a" +: Ị mẮm
¬

2

l
2
-1), yy =— “3%
+>m(m

HH...

A,B la Ary=-Sxtom(m

2

nén A,B

X

-1).

—

.

Ỷ

`

,

Do đó, đường thăng đi qua hai diém cực tri

-1).

* Vì đường thăng A: y= -Sx+.m(m
`

2

-1)

khéng song song voi duong thang d:y=5x-9

cach déu duong thang d: y=5x—9

khi va chi khi trung diém J ctia doan thing AB

2

2

]

2

A

pee

X

2

thuộc đường thắng đ: y= 5x—9.
¢ Taco
1[ mk

x, =m,

Vị =-3x, + m(nẺ~1)=Sm" m=

—m ed: y= 58-9

> Lm m=

Sm-9

6m!

1{ mmm),

-18m+27

=0

.


m=3

<>(m-3)(nr +3m-9)=0]
m =3

* Vay

-3+3 5

ƒ1#=———————

-3+3(s.

—“—

théa yêu câu bài toán.

2

Cách 2.
Đồ

H

thị hàm

số có điểm

uốn

J mạn

cm]

Để

hai điểm

cực trị cách đều đường

\

d:y=5x-9

thi Jed

m=3

hay sim —m

=5m~9 © m` —18m +27 =0 c©

3435 m=

m=3

Vay

2

-3+3./s thỏa u câu bài tốn.

=—=—

Giải phương trình 3(I —cos2x)+sin2x-4cosx+8=4 (x3 + 1) sin x.

Loi giai
Ta có ¥3(1-cos2x)+sin2x-4cosx+8 = 4(/3 +1)sin x
&

23 sin? x +2sinxcos x—4cosx—4V3sinx—4sinx+8=-0

©2sin x(N3 sin x+cosx~ 2)~ 4(x3 sin x+ cos x— 2} = 0
= 2(sin x— 2)(3 sin x + cosx— 2) = 0
3sinx+cosx—

2= 0

eo sin(x +) = 1

x= 24 ka, keZ.

Vậy phuong trinh cé nghiém:

x = " k2z, k2.
2
Lời giải

ĐK:

0
* Ta có f(x)=log, (=) = log, x—log, (1—x).
—X

© Xét:

1

/Ísmi)"

2
——

lo

1

“82021

|=lo

2

~log,

2020
——.

—log,

2019
——.

“52202

seq)
22021
522021
f
3
—lo
3 “lo 2018
2021

822021.

22021

2019

2020

thăng


2019

2019

⁄ (a

| = log, ——

2

— log, ——

2021
2021
2021:
2020
2020
1
——l|=lo
—lo

(For
°22021 22021)
k
2021-k
¢ Ta tha
+ f | —— |=0,k
y (se)
| 2021 )-

1
rl;sil

Ee Zj1
vatu

2019
——
(a

2020
—
(er)

.

2020
(Far

dén f| ——|

co

2020 số hạng.
¢ Do va

y

tơng

š

$=

1

+

(sa)

Giải hệ phương trình:

2
——
(se)

(x+Vi+2? )(v+

|+..+

|+

|=

ey? )=1

x4|6x—2xy+l =4xy+6x+l

Lời giải

(x+Vi+2"\(y+yi+y’)=1

(1)

x4|6x—2xy+l

(2)

= 4xy+6x+]

Từ phương trình (1) ta có x+Al+x”=
©x+l+x? =—y+

gr

I+(-y} = f(x)=f(-y)

eae

=

1+)

—

(*).

Xét hàm số ƒ(/)=/+I+/”,reR.
te

Ta có:

⁄0)=

_NI+e

+t

—_——> 0, VtEeR.

mm

V1l+t°

=

Suy ra hàm sô ƒ' liên tục và đồng biến trên lR.

Do do (*) <> x=-y & y= —x. Thay vao phuong trinh (2) ta duge

x 2x? + 6x41 =—4x? + 6x41 <> 2x? 46x 4+1—xV 2x? +6x4+1-6x7 =0
x <0

=>

V2x7 +6x+1=-2x

2x? +6x+1 =3x

=

Đề so

x20

>

7x’ —6x-1=0

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm

3-vl1l1

Mt

x-3-VH

x=1

2

-3+XxIl

an)

.

(I:-1).

Giả sử #= {10;10°;10°;...;10°°} . Lấy ngẫu nhién déng thoi 2 sé tir tap hop E, gid str hai sé duoc
lây ra là x va y (với x< y). Tính xác suất sao cho log, y là một số nguyên.

Lời giải

n(OÖ) = Cñ =190.
x=10”; y=10”.
log, y=

eZ

(zz8: 8>ø: 8.z e[I:20]=
4).


Néu a =1=> Be{neN; ne[2;20]}
= {2;3:4:...:20} =>

có 19 cách chọn.

Nêu a =2=> Øe{2n|neNĐ; ne[3;20]}

= {4;6;§;...:20} = / có
9 cách chọn.
Nếu œ=3—=Øe{3n|n;

2
Nếu z=4—/Øe{4n|n; 2=> có 4 cách chọn.
Néu a@=5=>
Be {Sn|neN; 2> có 3 cách chọn.
Néu a@=6=>
fe fon|neN; 2> Ø có 2 cách chọn.
Néu @=7=> B=14=> B

c6 1 cách chọn.

Nếu a =8>

có I cách chọn.

£B=16=> /

Nếu z=9—=

/j=18§— Ø có 1 cách chọn.

Nếu z =10—
đ= 20 > /Ø có I cách chọn.

Gọi 4: “log, y là một số nguyên”

—=n(4)=19+9+5+4+3+2+lI+l+1+1=46.
= P(A)=

n(4) _ 46 _ 23

n(Q)

190

Cho hinh chop S.ABCD

95°

cé SA vng góc với mặt đáy, 48CD

đường kính 4C. Gọi hai điểm A⁄,N
đường thắng SB

và SD. Biết SA=a,

là tứ giác nội tiếp đường trịn

tương ứng là hình chiếu vng góc của điểm
BD= a3

44 lên hai

và B4D =60°. Tính cơsin của góc giữa hai

mat phang (AMN) va (ABCD).

Do tir giac ABCD
Ta có

+)

5
+)

là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính 4C

:
BC L BA
BC LSA

AM
AM
CD
CD

=> BC 1 (SAB)=>
BC L AM

1 SB
= AM L (SBC)—=
AM LSC
1 BC
LAD

=CD 1(S4D)—>CD LAN
LSA

nên 48 .L ĐC, 4D L DC.


9Ị
+

+

AN LSD
AN LCD
{sc LAM

SC
1 AN

= AN L(SCD)— AN L SC
=> SC 1 (AMN).

SC 1 (AMN

(4MN)

= ((AMN),(ABCD)) = (SC, SA).

SA | (ABCD)

Goi R 1a ban kinh duong tron ngoai tiép tam giac ABD. Khi đó ta có:

p-_

BD___

2sin458D

a3

2sin60°

Mặt khác R cũng là bán kính đường trịn ngoại tiép tir giac ABCD

=> 4C =2R = 2a.

Xét AS4C vng tại 4, ta có: SC=AlS4?+ AC? =ala? +(2a)” = a5.
Khi đó:

(S4,SC)
= cos 4SC=~=.
45

cos ASC= »4 “........
SC
a's
V5
.

.

.

2

Vậy cơsin của góc giữa hai mặt phăng (4N )và (ABCD)
Cho

hình lăng trụ

4BŒC. 41B C7“

có đáy

ABC

1

là —=.

J5

là tam giác vng

tại

44, cạnh

4ŒC=a

và

ABC =30°. Tứ giác BCC'#' là hình thoi có B'8C nhọn, mặt phẳng (BCC'#') vng góc với
mặt phẳng

(48C),

góc giữa mặt phẳng

M,N,P,O

lần lượt là trung điểm của các đoạn thăng ĐC, #C",4'B

tích của khơi tứ diện NPO.

(48)

và mặt phăng

(48C)

băng

và A'C. Tính theo a thé

Lời giải

B_

at

N

JC

4

⁄# †

BE

C

D

a

A
Xét tam giác 4BC vuông tại 4 ta có

BC=— 4C —~_ #—
sin ABC

sin30°

ng 4B = VBC AC =aN3.

Gọi H la hinh chiếu của B’ én BC. Khi dé B'H L (ABC) (do (BCC'B’) | (ABC)).
Goi Dlahinh chiéuctia H trén AB.

AB | (DHB') => B'DH = ((ABB'4’),(ABC)) = 60°.

60°. Goi


Đặt DIU=x>BD=—
PP -_
tan DBH

*_

tan30°

= x3.

Xét tam giác BB’D vudng tai D c6 B/D? = B'B? — BD’ = 4a’ -3x > B'D=V 4a? —3x° .
Xét tam giac B'DH vuodng tai H taco
———cos B’DH = DH
BD

Ad?

&

1
—44a”-3x”
2

©cos60°=—————
4a? —3x°

fat = 7x" > x) =~

1
V ABC.A'BIC'
ec pice =~ AB.AC.B'H

> x=

L

2aJ/7

7

,

= B'H = DH .tan60°=

a2

=—.a
2

1
=x<> —(4a° — 3x’)
4
2

xÄ-

`.

=

34 3 v7
7

Vi Savpo “Sun va NC'// BC=>NC'//(A'BC) do do d(N,(A'BC)) = d(C',(A4'BC)).
+>|—

1
qh vac

= — Vow apc -

Viweo ==

Lo

Vay

|e

Mặt khác ta lại có: F,. „„.. =Ÿ „ạc =a acc'p’ =

1

Nl

—

Suy ra Vimeo =V yo

2
3

V ABC.A'B'C!

1 3aV7 =a7

V ABC
ac A'BIC)
ape = Vape
ypc =:Fy
Ty" ABC.A'BIC)

28

Trong mat phăng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giac ABC

ngoại tiếp tam giảc 48C

— ly
3 ABC. A'BIC'*

có góc BAC

tù. Đường trịn (C )

có phương trình (C):(x+ 2) +(y- 2) = 25. Duong thắng đi qua 4

và vng góc với 8C cắt đường trịn (C) tại điểm K(I;-2) (K không trùng với 44). Trọng
tam cua tam giac ABC

la o[-1

. Tinh dién tich tam giac ABC.

Loi giai
:

* Goi M latrung diém BC. Khi dé JM L 8C với 7(-2;2) là tâm đường tròn (C).
Gol H=IGONAK.
Do IM // AH

nén ap dung dinh ly Talet ta có


IMAH _GH1G
_ GAMG

tụ =21G_

I

——

|AH=2.1M

2

* Goi toa dd H (xy

_

| AH =2.1M (2)

.

).

Ta có /(-2;2); Gfi=[xeky

| 6-[t`]

x+1=2

Từ (1) ta có

|GH=21G (I)

>i.

x=]

l6 _203|

3

_ 2> HỤ:1).

3

_

* Đường thắng 4K đi qua điểm K (I;-2) và /(I12) có véctơ chỉ phương là

„=—5 KH =-=(0:14)=(0:-1) > VTPT ứ=(7;0).
Phng trỡnh ng thng AK l 7(x-1)+0(y+2)=0âx=l.
*đ Do {4,K}=(C)n
4K, ta có
x=l

x=l

x=l>y=-2

mm...

:

Suy ra tọa độ A(1;6).
* Goi toa d6 M (a:b).

Taco IM =(a+2;b-2);
AH =(0;6).
2(a+2)=0
[=5
Từ (2) ta có

M(-2;5).
2(6-2)-6> |o=s M9)

¢ Duong thang BC di qua diém M (—2:5) và vuông góc với 4K nên có VTPT

u = (0:-7) có

phương trình là -7(y— 5)=0 © y= Š.
* Do B, C là giao điểm của đường thăng 8C và đường tròn (C) nên tọa độ 8, C là nghiệm
hệ phương trình
y=5

y=5

(x+2) +(y-2) _

(x+2) =16

oS

y=5>x=2>B(2;5)
y=5>x=-6>C(-6;5)

.

Khi do BC =(-8;0)=>
BC =8.
Khoảng cách từ 4 đến BC la d(A, BC) = JIL

VP

1.

Vay dién tich AABC là Syjge = s4(4 BC).BC = 518 =4.
Câu

10.

Cho

x, y là các số thực thỏa mãn

x+y=x-l

+4/2y+2 . Tìm giá trỊ lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P=x”+y+2(x+1)(y+1)+8/4-x—y.
Lời giải


x+y=wx-l+

2+2.

Ao.
x>l
Điệu kiện | `
v2

po *ty20.

Ap dung bat dang thttc Bunhiacopxki (ax
+ by) < (a +6°)(x? +’).
x+y=Ax-I+al2y+2

(x+y)

=(Jx-I+⁄2jy+1)

<3(x-1+y+1)=3(x+y)

=(x+zy} -3(x+y)<0©0P=x +y +2(x+l)(y+l)+8/4-x-y =(x+y)`+2(x+y)+8J4-(x+»)+2.
Dat t=x+y,0
P=+2i+84l4-t+2,(0P'=0>(/+I)\4-:=2©
O
>

4|t=0

;

—2t-7=0

O
4

4—t

(2t+2)V4-1-4

=

O
›

4—t

Oo),
2,
.
(+1) (4-1)=4 = [f-2r°-7t=0

O
t=0

as

t=1-2V2

2

or=0.

Vậy giá trị lớn nhất của P bang 25 khi

x=2

P(0)=18

P(3)=25