Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 12 môn Toán

Table of Contents
Tong hop
1 1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an
2 10. DE chinh thưc HSG 12-Đọc 2022
3 10. doc 9
4 10. Đọc tham khảo-2022
5 10. Yên bái -đọc 2022
6 11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 năm 2016 sở GD và ĐT Quảng Ninh
7 11. Bến Tre và Thanh Hoa-2022
8 11. De va dap an thi chon HSG Toan lop 12 nam hoc 20142015 cua tinh Vinh Phuc
9 11.Thi HSG trường 12-2022-De-Da
10 12. cụm 6 trường THPT 22-23
11 12. Hà nội 2020
12 12. T12-O1
13 12. T12-O2
14 12. Thien
15 12. Trung
16 13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT
Thái Bình- nhớ đọc lại
16.1 De_TOAN (Cuoi)
16.2 DA_TOAN (cuoi)
17 13. TỐN- Cụm 6 - 1
18 13.cụm 6 trường THPT 21-22
19 13.Đề- Đáp án- Cum 11 Trường THPT.
19.1 1. Toán-CLinh - Đề
19.2 1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an
20 DE - 1
21 DE -2
22 DE -3
23 DE -4
24 DE -5

25 DE -6
Tong hop cac de thi HSG tinh HD Tu 2012-2022
1 Tong nam hoc 2012-2021
2 Năm học 2021-2022

2
3
14
21
29
35
42
48
56
64
70
77
85
91
97
103
116
116
117
122
132
139
140
141
152

157
163
170
177
186
194
195
251


Table of Contents
1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an
10. DE chinh thưc HSG 12-Đọc 2022
10. doc 9
10. Đọc tham khảo-2022
10. Yên bái -đọc 2022
11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 năm 2016 sở GD và ĐT Quảng Ninh
11. Bến Tre và Thanh Hoa-2022
11. De va dap an thi chon HSG Toan lop 12 nam hoc 20142015 cua tinh Vinh Phuc
11.Thi HSG trường 12-2022-De-Da
12. cụm 6 trường THPT 22-23
12. Hà nội 2020
12. T12-O1
12. T12-O2
12. Thien
12. Trung
13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Thái
Bình- nhớ đọc lại
1 De_TOAN (Cuoi)
2 DA_TOAN (cuoi)

13. TOÁN- Cụm 6 - 1
13.cụm 6 trường THPT 21-22
13.Đề- Đáp án- Cum 11 Trường THPT.
1 1. Toán-CLinh - Đề
2 1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an
DE - 1
DE -2
DE -3
DE -4
DE -5
DE -6

2
13
20
28
34
41
47
55
63
69
76
84
90
96
102
115
115
116

121
131
138
139
140
151
156
162
169
176
185


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
NHĨM 11 TRƯỜNG THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022 – 2023
Mơn thi: Tốn
Ngày thi 24/9/2022
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng tính thời gian phát đề
(Đề thi có 01 trang)

Câu I( 2điểm).

2x +1
có đồ thị là ( C ) . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Viết
x −1

phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng lần

1.Cho hàm số y =

lượt tại A , B sao cho AB = IA 10 .
2. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + 4m − 2 . Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm
số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt đường tròn (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 14
tại 2 điểm A , B phân biệt thỏa mãn AB = 9 .
 x 2 ( 3 + y 2 ) − 1 = 1 + 3 x 2 − xy

.
Câu II( 2 điểm) 1 . Giải hệ phương trình 
( 2 x 2 y − 7 ) 3 x − 2 − x + 3 xy = 5


(

)

2. Một trường học có 27 giáo viên nam và 15 giáo viên nữ trong đó có đúng 2 cặp vợ
chồng. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 5 người trong số 42 giáo viên trên đi cơng tác. Tính xác suất sao
cho trong 5 người được chọn có đúng một cặp vợ chồng.
Câu III(2 điểm)
Tính lim

n →+

u1 = 1; u2 = 5
1. Cho dãy số (un ) được xác định như sau: 
.

*
un + 2 = 2un +1 − un + 2, n  N

un
2n 2 + 3

2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD . Gọi
H , K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD . Biết A ( 4;6 ) , phương trình của HK :
3x − 4 y − 4 = 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y − 2 = 0 , điểm B thuộc đường thẳng d 2 :
x − 2 y − 2 = 0 và điểm K có hồnh độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C , D .
Câu IV( 3 điểm). Cho hình chóp S. ABC

1. Cho SA vng góc với đáy, SC = 2 2 , BCS = 45 , góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và

( SBC )

bằng 90 , góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp

S. ABC .
2. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , điểm O là trung điểm đường trung tuyến SG . Mặt
AA BB CC1
.
phẳng ( ) qua O cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt ở A1 , B1 , C1 . Tính H = 1 + 1 +
SA1 SB1 SC1
3. Cho các điểm I , J , K nằm trên các cạnh SA, SB, SC sao cho
SA = 4SI , SB = 3SJ , SC = 2SK ; SI = JK = a, SJ = IK = b, SK = IJ = c ; a 2 + b2 + c 2 = 15 . Tính giá trị
lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
Câu V( 1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
9
32

−
 −5 .
ab ( a + c )( b + c )
4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2


---HẾT--HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án

Câu

Điểm

2x +1
có đồ thị là ( C ) . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận.
x −1
Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận ngang và

1.Cho hàm số y =

1,0

tiệm cận đứng lần lượt tại A , B sao cho AB = 10 IA .

\ −1

* TXĐ: D =

* Tiệm cận đứng: 1 : x = 1
* Tiệm cận ngang:  2 : y = 2

* Giao điểm hai tiệm cận là I(1;2)
−3
x  1 ;
* Ta có: y ' =
( x − 1) 2

0,25


3 
M  x0 ; 2 +
 ( x0  1) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị ( C )
x0 − 1 

3
C)
M
k = y ' ( x0 ) = −
(
2
tiếp tuyến của
tại
có hệ số góc là
( x − 1)

Gọi
Câu I
(2,0
điểm)

0

Do tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng lần lượt tại A , B sao cho
AB = 10 IA .

0,25

Mà tam giác IAB vuông tại I nên AB = IA2 + IB 2

IA2 + IB 2 = 10 IA
 IB = 3IA
Vì vậy tiếp tuyến có hệ số góc là 3
TH1: Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 3
Do đó

 y ' ( x0 ) = 3
−

3

( x0 − 1)

2

= 3  Phương trình vơ nghiệm

TH2: Tiếp tuyến có hệ số góc bằng -3

 y ' ( x0 ) = −3
−

3

( x0 − 1)

2

0,25

= −3

 ( x0 − 1) = 1
2

 x0 − 1 = 1
 x0 = 2


 x0 − 1 = −1  x0 = 0

Với x0 = 2

 M ( 2;5)  Phương trình tiếp tuyến : y = −3x + 11

Với x0 = 0

 M ( 0; −1)  Phương trình tiếp tuyến : y = −3x − 1

0,25

2. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + 4m − 2 . Tìm các giá trị của m để
đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt

1,0


đường tròn (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 14 tại 2 điểm A,B phân biệt thỏa mãn AB = 6 .
y ' = 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)

(1)

Hàm số có CĐ, CT  y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt

0,25

  ' = 9  0 luôn đúng với mọi m.
y ' = 0 có hai nghiệm x1,2 = m  1 . Thay x1,2 vào hàm số ta có tọa độ 2 điểm cực
trị là : M(m + 1; m − 4); N (m − 1; m).

0,25

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là  :2 x + y − 3m + 2 = 0

I

H
A

-

0,25
B

Đường tròn có tâm I (3;2); R = 14 .Kẻ IH vng góc với AB thì H là trung
điểm AB.

 HA = 3  IH = IA2 − HA2 = 5  d (I; ) = IH = 5
10 − 3m
5
- d (I; ) =
= 5  m = hoac m = 3
3
5
5
Vậy m = hoac m = 3
3
 x 2 ( 3 + y 2 ) − 1 = 1 + 3x 2 − xy (1)

1.Giải hệ phương trình
 2
( 2 x y − 7 ) 3 x − 2 − x + 3 xy = 5 ( 2 )

2

2
x


x




3
+) Điều kiện: 

. ( *)
3
1
 x + 3 xy  0
y  −

3

(

+) Với điều kiện (*) , từ (1)  y 2 + 3 + y =

CâuII
(2,0
điểm)

0,25

1,0

)

1
1
+3 + .

2
x
x

0,25

( 3)

1
Xét hàm số: f ( t ) = t 2 + 3 + t , t  − .
3

f ' (t ) =

t
t2 + 3

+1 =

t2 + 3 + t

1
 0, t  − .
3
t2 + 3

 1

Suy ra, hàm số f ( t ) = t 2 + 3 + t đồng biến trên  − ; +  .
 3


 1

Mặt khác f ( t ) liên tục trên  − ; +  .
 3

1
1
Do đó, từ ( 3)  f ( y ) = f    y = .
x
x
1
Thay y = vào (1) , ta được: ( 2 x − 7 ) 3x − 2 − x + 3 = 5.
x

(

)

0,25

( 4)

0,25


Nhận thấy, x =

7
không là nghiệm của ( 4 ) , nên ( 4 ) có thể viết lại:

2

5
5
 3x − 2 − x + 3 −
= 0.
2x − 7
2x − 7
5
2
7
Đặt g ( x ) = 3x − 2 − x + 3 −
, x  , x  .
2x − 7
3
2
3x − 2 − x + 3 =

g '( x) =
=

3
1
10
3 x + 3 − 3x − 2
10
−
+
=
+

2
2
2 3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 )
2 x + 3. 3 x − 2 ( 2 x − 7 )
6 x + 29

(

2 x + 3. 3 x − 2 3 x + 3 + 3 x − 2

)

+

10

( 2x − 7)

2

2
7
 0, x  , x  .
3
2

2 7 
7

Suy ra g ( x ) đồng biến trên  ;  và  ; +  .

3 2 
2

Phương trình có tối đa 2 nghiệm

Mà g (1) = g ( 6 ) = 0 , nên ( 4 ) có hai nghiệm x = 1, x = 6.
 1
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ phương trình là (1;1) và  6;  .
 6

0,25

2. Một trường học có 27 giáo viên nam và 15 giáo viên nữ trong đó có đúng 2
cặp vợ chồng. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 5 người trong số 42 giáo viên trên đi cơng

1,0

tác. Tính xác suất sao cho trong 5 người được chọn có đúng một cặp vợ chồng.
5
Số cách chọn 5 người bất kỳ trong số 42 giáo viên là C42

5
Do đó n (  ) = C42

0,25

Giả sử E là biến cố: “trong 5 người được chọn có đúng một cặp vợ chồng”
Giả sử có 2 cặp vợ chồng là ( A, B ) và ( C , D ) trong đó A, C là chồng.
TH1: Chọn cặp vợ chồng ( A, B )
Cần chọn 3 người trong số 40 người còn lại ( trừ A, B ) mà khơng có cặp ( C , D )

3
Số cách chọn 3 người bất kỳ trong số 40 người là C40

1
Số cách chọn 3 người trong 40 người mà có cặp ( C , D ) là C38

3
1
Suy ra số cách chọn 3 người trong số 40 người mà khơng có cặp ( C , D ) là C40
− C38

0,25


TH2: Chọn cặp vợ chồng ( C , D )

0,25

3
1
Tương tự trên ta có số cách chọn là C40
− C38

Xác suất cần tính là p ( E ) =

3
1
2 ( C40
− C38
)

0,25

5
C42

u1 = 1; u2 = 5
1. Cho dãy số (un ) được xác định như sau: 
. Tính
*
un + 2 = 2un +1 − un + 2, n  N
1.0
u
lim 2 n
n →+ 2n + 3

Ta có un+2 = 2un+1 − un + 2, n 
Đặt xn = un+1 − un , n 

*

*

 un+ 2 − un+1 = ( un+1 − un ) + 2, n 

 xn+1 = xn + 2, n 

*

.

*

 ( xn ) là cấp số cộng với công sai d = 2 và số hạng đầu x1 = u2 − u1 = 4
 xn = 4 + ( n − 1) .2 = 2(n + 1), n 
 un+1 − un = 2(n + 1), n 

*

*

0,25
0,25

.

Suy ra với n 
ta có:
0,25
Câu III un − u1 = ( un − un−1 ) + ( un−1 − un−2 ) + ... + ( u2 − u1 ) = 2  n + ( n − 1) + ... + 2  = n ( n + 1) − 2 .
(2,0
 un = n2 + n − 1, n  * .
điểm)
 n2 + n − 1  1
u
0,25
 lim 2 n = lim 
=
2
2n + 3

 2n + 3  2
2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD .
*

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD . Biết A ( 4;6 ) , phương trình của
HK : 3x − 4 y − 4 = 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y − 2 = 0 , điểm B thuộc đường 1,0

thẳng d 2 : x − 2 y − 2 = 0 và điểm K có hồnh độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C , D .

0,25

Gọi E = AC  HK
Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD = HKC
Tứ giác ABCD nội tiếp  ABC = ACD
Tam giác ABD vng tại A  ABD = HAD
Vì vậy HKC = ACD hay tam giác ECK cân tại E  EC = EK


.  EAK = EKA
Suy ra tam giác EAK cân tại E  EA = EC nên E là trung điểm của AC
 c+ 4 8−c 
;
Ta có C  d1  C ( c; 2 − c )  E 

2 
 2

0,25

Vì E  HK nên tìm được c = 4  C ( 4; −2 )

K  HK nên giả sử K ( 4a;3a − 1)

AK = ( 4a − 4;3a − 7 ) ; CK = ( 4a − 4;3a + 1)
1

a=

5
Ta có AK ⊥ CK  AK .CK = 0  25a 2 − 50a + 9 = 0  
a = 9

5
4 2
Vì hồnh độ điểm K nhỏ hơn 1 nên K  ; − 
5 5
BC có phương trình 2 x − y − 10 = 0 . B = BC  d 2  B ( 6; 2 )

0,25

Viết được phương trình AD : x − 2 y + 8 = 0
Viết được phương trình CD : x + 2 y = 0
Tìm được D ( −4; 2 ) .

0,25

Vậy B ( 6;2 ) , C ( 4; −2 ) , D ( −4;2 )

Câu
Câu IV. Cho hình chóp S. ABC
1. Cho SA vng góc với đáy, SC = 2 2 , BCS = 45 , góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và

( SBC ) bằng 90 , góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) bằng

60 . Tính thể tích khối 1,0

chóp S. ABC .

1
Thể tích khối chóp V = SA.S ABC .
3
Kẻ AH ⊥ SB suy ra AH ⊥ ( SBC ) .Do BC ⊥ SA và BC ⊥ AH nên BC ⊥ ( SAB )
S

K
H

Câu IV
(2,0
điểm)

0,25

I

C

A

,
do đó tam giác ABC vng tại B .

Suy ra tam giác SBC vuông cân tại B
Kẻ BI ⊥ AC  BI ⊥ SC và kẻ BK ⊥ SC  SC ⊥ ( BIK )

B

Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) là BKI = 60 .
Do BCS = 45 nên SB = BC = 2 và K là trung điểm của SC nên BK =
6
Trong tam giác vng BIK có BI = BK .sin 60 =
.
2

SC
= 2.
2

0,25


Trong tam giác vng ABC có

1
1
1
 AB =
=
+
2
2
BI

AB
BC 2

BI .BC
BC 2 − BI 2

=

2 15
.
5

2 15
2 10
1
; SA = SB 2 − AB 2 =
S ABC = AB.BC =
5
5
2
4 6
1
Vậy V = SA.S ABC =
.
15
3
2. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , điểm O là trung điểm đường trung tuyến SG .
Mặt phẳng ( ) qua O cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt ở A1 , B1 , C1 . Tính
H=

AA1 BB1 CC1
+
+
.
SA1 SB1 SC1

0,25

0,25

1,0

Giả sử SA = a; SB = b; SC = c
Đặt
Do

AA1
BB
CC
= m, 1 = n, 1 = p
SA1
SB1
SC1

AA1
SA
1
1
1
=m  1 =

 SA1 =
SA =
a
SA1
SA m + 1
m +1
m +1

Tương tự SB1 =

0,25

1
1
b, SC1 =
c
n +1
p +1

1
1
c−
a
p +1 m +1
1
1
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên SG = SA + SB + SC = a + b + c
3
3
1 

1
1
1
1
Do đó SO = a + b + c ;
Vì vậy A1O =  −
a + b + c
6
6
6
 6 m +1 
Ta có A1 B1 = SB1 − SA1 =

1
1
b−
a ;
n +1
m +1

A1C1 = SC1 − SA1 =

(

(

) (

)

0,25

)

Do 4 điểm A1 , O, B1 , C1 đồng phẳng nên 3 véc tơ A1B1 , A1C1 , A1O đồng phẳng nên tồn tại

=  A1B1 +  AC
bộ số  ,  sao cho AO
1
1 1
 1

1 
1
1
1
1
1
 1

 −
b−
a+  
c−
a
a + b+ c = 
6
6
m +1 
m +1 

 6 m +1 
 n +1
 p +1
 
1
 n +1 = 6

1
 

=
 p +1 6
1
1
 +
=−
 −
m +1
6 m +1
n +1

 = 6

AA1 BB1 CC1
p +1

+
+
= 3.
 m + n + p = 3 . Vậy H =

  =
SA
SB
SC
6
1
1
1

1 1− − 
6 = m +1

3. Cho các điểm I , J , K nằm trên các cạnh SA, SB, SC sao cho
SA = 4SI , SB = 3SJ , SC = 2SK ; SI = JK = a, SJ = IK = b, SK = IJ = c ; a 2 + b2 + c 2 = 15 .
Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.

0,25

0,25

1,0


VS .IJK
SI .SJ .SK
1
=
=
 VS . ABC = 24VS .IJK
VS . ABC SA.SB.SC 24

Ta tìm giá trị lớn nhất của VS .IJK .

0,25

Trong mp(IJK), qua các đỉnh của tam giác IJK, 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 = 4S IJK  VS .IJ K = VS .MNP
4
1
Do SJ = IK = NP  SNP vuông tại S.
2
Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.

0,25

Đặt x = SM , y = SN , z = SP , ta có:

 x2 = 2 ( a 2 + c2 − b2 )
 x 2 + y 2 = 4a 2

 2
 2
2
2
2
2
2
 y + z = 4b   y = 2 ( a + b − c )
 z 2 + x 2 = 4c 2

 2
2
2
2

 z = 2 ( b + c − a )
1
1
2
VS .IJ K = VS .MNP =
xyz =
a 2 + b 2 − c 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 ).
(
4
24
12

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

(a

2

+ b 2 − c 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 ) 
3

 a 2 + b 2 − c 2 + b 2 + c 2 − a 2 + c 2 + a 2 − b 2   15 


 =   = 125
3

  3
2
5 10
125 =
.
nên VS .IJK 
12
12
15
Đẳng thức xảy ra khi a 2 = b2 = c 2 = = 5  a = b = c = 5.
3
5 10
VS . ABC = 24VS .IJK  24 
= 10 10
12
Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là 10 10 ( đvtt).
3

Câu V. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
9
32
−
 −5 .
ab ( a + c )( b + c )
4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2

Ta có:

a 2 + ac + b 2 + bc
ab ( a + c )( b + c ) = ( a + ac )( b + bc ) 
.
2
2

2

0,25

1,0

cosi

0,25


a 2 + b2 + c ( a + b )
 ab ( a + c )( b + c ) 
(1).
2

c2 + ( a + b )
Lại có: c ( a + b ) 
2
(2).
cosi

Câu V

(1
điểm)

2

và ( a + b )  2 ( a + b
2

a +b +
2

Từ (1), (2)  ab ( a + c )( b + c ) 

 ab ( a + c )( b + c ) 


9
ab ( a + c )( b + c )



2

2

2

)  c (a + b) 

cosi

c2 + 2 ( a 2 + b2 )
2

c2 + 2 ( a 2 + b2 )
2
2

.

4a 2 + 4b 2 + c 2
1
4

 2
2
2
4
ab ( a + c )( b + c ) 4a + 4b + c
36
.
4a + 4b 2 + c 2
2

0,25

Dođó:
P=

9

ab ( a + c )( b + c )

32

−

4 + 4a + 4b + c
2

2

2



36
32
−
2
2
2
4a + 4b + c
4 + 4a + 4b 2 + c 2
2

Đặt: t = 4 + 4a 2 + 4b2 + c 2 . Vì a, b, c là các số thực dương nên t  2 .
Suy ra: 4a 2 + 4b2 + c 2 = t 2 − 4 .
36
32
Xét hàm số f ( t ) = 2

− với t  2 .
t −4 t
3
2
−72t
32 32t 4 − 72t 3 − 256t 2 + 512 ( t − 4 ) ( 32t + 56t − 32t − 128 )
.
 f  (t ) =
+ 2 =
=
2
2 2
2 2
2
2
2
t
t
−
4
t
−
4
.
t
t
−
4
.
t

( )
( )
( )

0,25

Ta có: 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128 = ( 32t 3 − 128 ) + ( 56t 2 − 32t ) = 32 ( t 3 − 4 ) + 4t (14t − 8 )  0 ( vì

t  2 ).
Do đó f  ( t ) = 0  t = 4 .
Bảng biến thiên:

0,25
 f ( t )  −5 

9
ab ( a + c )( b + c )

−

32
4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2

 −5 .

 4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 = 4
12a 2 = 12
a = 1




Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
 a = b
 b = 1 .
c = a + b
c = 2a
c = 2





PHƯƠNG ÁN THAY CÂU HÌNH Ạ
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình AD : x − 2 y + 3 = 0 .
Trên đường thẳng qua B và vng góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho BE = AC (D và E nằm
về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết điểm
E (2; −5) , đường thẳng AB đi qua điểm F (4; −4) và điểm B có hồnh độ dương.

8

1,0 điểm
E

A

B
F

H
D

C

Ta có

AB ⊥ AD : x − 2 y + 3 = 0 và

0,25

AB đi qua F(4 ; -4)

 AB : 2 x + y − 4 = 0 . Khi đó A = AB  AD  A(1;2)
Ta có đường thẳng EF đi qua hai điểm E(2;-5) và F(4;-4). Do đó ta lập được phương trình
EF : x − 2y − 12 = 0

Suy ra EF AD  EF ⊥ AB tại F. Khi đó, ta ABC = EFB vì AC = BE , EBF = BCA
(cùng phụ với HBC )  AB = EF =

5

0,25

.

Ta có B  AB : 2 x + y − 4 = 0  B (b; 4 − 2b), b  0.
Vậy AB = 5  (b − 1)2 + (2 − 2b)2 = 5  5b 2 − 10b = 0  b = 2(dob  0)  B(2; 0)

0,25

Ta có BC ⊥ AB : 2x + y − 4 = 0 và BC đi qua B(2; 0)  BC : x − 2y − 2 = 0

AC đi qua A(1; 2) và vng góc với BE  AC nhận BE = (0; −5) là véc tơ pháp tuyến
 AC : −5(y − 2) = 0  y = 2 . Khi đó, ta có C = AC  BC  C (6;2)

0,25

CD đi qua C(6; 2) và CD ⊥ AD : x − 2y + 3 = 0  CD : 2x + y − 14 = 0 .
Khi đó D = CD  AD  D(5; 4) .
Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).
NẾU LÀM DỄ HƠN Ạ

3)(1,0đ) Cho dãy số ( un ) được xác định bởi u1 = 3, un +1 =
(2023n + 3) u n
1011
1
1
Ta có : 2un +1.un + un+1 = un 
− = 2 (1)
un +1 un

un
, n = 1, 2,3,...
2un + 1

Tính lim

Đặt vn =

1
un

, n

*

ta có v1 =

1 1
=
u1 3

0,25
0,25


(1)  vn+1 = vn + 2 , n 

*

1
3

Dãy (vn ) là cấp số cộng có số hạng đầu v1 = , cơng sai d=2
3
1
6n − 5
Do đó un =
vn = + (n − 1)2 =
6n − 5
3
3

(2023n + 3)3 2023
(2023n + 3) u n
=
 lim
= lim
1011(6n − 5) 2022
2022

0,25
0,25

u = 2; u2 = 4
1. Cho dãy số ( un ) xác định bởi công thức:  1
un + 2 = 8un +1 − 15un n  1, n 
u 
Tính giới hạn lim  nn  .
5 
u = 2; u2 = 4
Cho dãy số ( un ) xác định bởi công thức:  1
.
un + 2 = 8un +1 − 15un n  1, n 

u 
Tính giới hạn lim  nn  .
5 
un + 2 = 8un +1 − 15un n  1, n 
Theo bài ra,

, ta có

 un + 2 − 3un +1 = 5(un +1 − 3un ) n  1, n 

Đặt vn = un +1 − 3un ( n  1, n 

) ta có

v1 = u2 − 3u1 = −2

vn +1 = 5vn n  1, n 
Nhận thấy (Vn ) là cấp số nhân với công bội q = 5 và v1 = −2 .

Do đó vn = (−2).5n−1 .
Khi đó un +1 − 3un = (−2)5n−1

 un +1 + 5n = 3 ( un + 5n −1 ) (1)

Đặt yn = un + 5n−1 , n  1, n 
Do đó yn +1 = 3 yn n  1, n 

với y1 = 3

Nhận thấy ( yn ) là cấp số nhân có số hạng đầu y1 = 3 , công bội bằng 3
 yn = 3.3n−1
 3.3n−1 = un + 5n−1  un = 3n − 5n−1

  3 n 1  1
 3n − 5n −1 
u 
lim  nn  = lim 
=

lim
   +  =

n
5
5 


 5  5  5

.

.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP CƠ SỞ
MƠN: TỐN

Năm học: 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC
( Đề thi có 01 trang)

Ngày thi: 05/12/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ BÀI

Câu 1. (2,0 điểm)

2x + 5
trên đoạn  −3;1 .
x−2
2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị (C ) của hàm số y
x3 3x 2 2 cắt đường
thẳng d: y m(2 x) 2 tại ba điểm phân biệt A (2; 2) , B, C biết rằng hai điểm B, C cách
đều đường thẳng : 3x 2 y 4 0 .
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: sin x(1 cos 2 x) sin 2 x 1 cosx .
1
2. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển ( x3 + 2 ) n biết n là số tự nhiên thỏa
2x
2
2
2
mãn: 3Cn + 2 An = 3n + 15 .

1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 1 +

Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình:

8 + 7 x − x2 = m + 4

(

8 − x + x +1

)

(1)

1. Giải phương trình (1) khi m = −12 .
2. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) và đáy ABCD
là hình chữ nhật biết AB = a, AD = 2a . Gọi M là trung điểm cạnh BC , N là giao điểm
của AC và DM , H là hình chiếu vng góc của A lên SB . Đường thẳng SC tạo với mặt
2
phẳng (ABCD) một góc  , với tan  =
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABMN và
5
khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SMD) .
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD biết điểm A có tung độ dương,
 21



đường thẳng AB: 3x + 4y – 18 = 0. Điểm M  ; −1 thuộc cạnh BC, đường thẳng AM cắt
 4

đường thẳng CD tại N thỏa mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD.
2. Cho tứ diện ABCD và một điểm M chuyển động trong tứ diện. Các đường thẳng
AM, BM, CM, DM cắt các mặt phẳng (BCD), (ADC), (ABD), (ABC) lần lượt tại A ', B ' ,

C ', D ' . Xác định vị trí điểm M để biểu thức T=

AM

MA '

trị nhỏ nhất.
Câu 6. (1,0 điểm)

Cho dãy vô hạn u n  xác định như sau:
u1 = 1


un +1 = 1 + u1u2 ...un , n = 1, 2...

Đặt S n =

n

1

k =1

k

u

=

1 1
1
. Tìm nlim
Sn
+ + ... +

→ +
u1 u2
un

BM
MB '

CM
MC '

DM
đạt giá
MD '


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP CƠ SỞ
MƠN: TỐN
NĂM HỌC: 2017 - 2018

( Hướng dẫn chấm có 07 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án

Câu

Điểm

1) (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2x + 5
trên đoạn  −3;1
x−2
TXĐ: D = R \ 2 ;  −3;1  D . Hàm số liên tục trên  −3;1
y = x +1+

y ' = 1−
1

0,25

9
( x − 2)2

0,5

 x − 2 = −3  x = −1 ( −3;1)
y ' = 0  ( x − 2) 2 − 9 = 0  

x − 2 = 3
 x = 5  ( −3;1)
−9
Khi đó y(1) = −5; y( −1) = −1; y( −3) =
;
5
Vậy Miny = -5 khi x = 1

0,75

0,5

Maxy = -1 khi x = -1

-3;1

-3;1

0,5

2) (2,5 điểm) Tìm giá trị của tham số m để đồ thị (C ) của hàm số

y
x3 3x 2 2 cắt đường thẳng d: y m(2 x) 2 tại ba điểm phân biệt
A (2; 2) , B, C biết rằng hai điểm B, C cách đều đường thẳng
: 3x 2 y 4 0 .

x3

Phương trình hồnh độ giao điểm

x3

3x 2

4

m(2

x)

2

0

( x 2)( x 2
x 2 0

x

2)

m(2

x2

x

2

m

g ( x)

3x 2

m(2

x)

2

0,25

(1)
x)

0

0

(x

2)( x 2

x

2

m)

0

0,5

(2)

Số giao điểm của 2 đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình. Để (C ) cắt d

tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
Suy ra phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

9

  0
  = 4m + 9  0  m  −



4 (*)
g
(2)

0
m

0


m  0

0,5

Với mọi m thỏa mãn điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt: A(2;2),

B ( x1 , −mx1 + 2m + 2 ) , C ( x2 , −mx2 + 2m + 2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm phân
 x1 + x2 = 1
biệt khác 2 của PT (2)  
 x1.x2 = −2 − m

B, C cách đều đường thẳng   d ( B,  ) = d ( C,  )

0,25

0,5


3

m
=
−

2 (tm(*))
 3 x1 + 2mx1 − 4m = 3x2 + 2mx2 − 4m  
m = 1

2
1) (2,0 điểm) Giải phương trình: sin x(1
PT  2cos2 x sinx

2

sin 2 x cosx
1
sin2x(cosx 1) cosx 1=0
(sin2x 1)(cosx
1) = 0
sin2x 1 0
(1)

cosx 1= 0
(2)

cos 2 x)

1= 0

cosx

1

x= k 2

1 cosx

0
0,5

0,25

Giải (1): sin 2 x + 1 = 0  sin2x = −1  x = −
Giải (2): cosx

sin 2 x

0, 5


4

+ k ( k  Z )

0,5

(k  Z )

0,5



x
=
−
+ k
KL: phương trình có hai họ nghiệm 
(k  Z )
4

 x = k 2

0,25

2) (2,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển
1
( x3 + 2 ) n biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 3Cn2 + 2 An2 = 3n2 + 15 .
2x
(t/m)
 n = 10
Từ giả thiết 3Cn2 + 2 An2 = 3n 2 + 15  n 2 − 7n − 30 = 0  
0,75

 n = −3 (loai)
Số hạng tổng quát trong khai triển là C10k x3(10−k ) .(
ĐK: 0  k  10; k  N

1 k
1
) = C10k k x30−5k với
2
2x
2

0,25

Vì tìm hệ số của số hạng chứa x 5 , ta có 30 − 5k = 5  k = 5

1 63
=
25 8
(3,0 điểm) Cho phương trình: 8 + 7 x − x 2 = m + 4

0,5

Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 là C105

0,5

(

8 − x + x +1

)

(1)

1. Giải phương trình (1) khi m = -12.
2. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
ĐK: −1  x  8
Đặt 1 + x + 8 − x = t  t  0 ;

t2 − 9
(1 + x )(8 − x ) =
2

Ta có:
3

0,5

Có t 2 = 9 + 2 (1 + x )(8 − x )  9
Mặt khác, t 2  (1 + 1)(1 + x + 8 − x ) = 18
 9  t  18  t  3;3 2 
Với m = -12 thay vào PT (1) ta có:

0,25

2

t = 5
t2
9

− 4t − = −12  t 2 − 8t + 15 = 0  
2
2
t = 3

( loai )
( tm )

0,5



 x = −1
−1  x  8
t = 3  1+ x + 8 − x = 3  

x = 8
2


 −x + 7x + 8 = 0
ta có
t2 − 9
t2
9
(2)
= m + 4t  − 4t − = m
2
2
2

t2
9
Xét f (t ) = − 4t − với t  3;3 2 
2
2
f (t ) = t − 4; f (t ) = 0  t = 4
9 − 24 2
25
; f (3) = −12; f (4) = −
2
2
25
Min f (t ) = f (4) = − ; Max f (t ) = f (3) = −12
3;3 2 
3;3 2 
2




25
Vậy để phương trình có nghiệm khi: −  m  −12
2
(3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt phẳng
( ABCD) và đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB = a, AD = 2a . Gọi M là
trung điểm cạnh BC , N là giao điểm của AC và DM , H là hình chiếu
vng góc của A lên SB . Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng ( ABCD) một
f (3 2) =

0,5

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

2
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABMN và khoảng
5
cách từ điểm H đến mặt phẳng (SMD) .

góc  , với tan  =

4
(2,0điểm) Tính thể tích khối chóp S.ABMN
Ta có góc giữa SC với ( ABCD ) là góc SCA .
0,5

1
3

Khi đó VS . ABMN = SA.S ABMN
Trong SAC có tan SCA =

SA
2
 SA = tan  . AC =

. 5a = 2a
AC
5

0,5

Mặt khác S ABMN = S ABC − SCNM .

NC 1
NI 1
1
= 
=  NI = a
AC 3
AB 3
3
2
1 1
a
5a 2
2
S ABC = a ; SCNM = . a.a = ; S ABMN = S ABC − SCNM =
2 3
6
6
2
3
1
5a
5 2a

VS.ABMN
2a.
3
6
18

Kẻ NI ⊥ BC . Vì

0,25
0,5

0,25


(1,0 điểm ) Tính d(H,(SMD))
Trong tam giác SAB , có SB = a 3 , SH =

SA2 2a 2 2a 3
SH 2
=
=

=
SB a 3
3
SB 3

2
2V
Khi đó d(H,(SMD))= d(B,(SMD))= B.SMD

3
SSMD
1
1
a 2 a3 2
VB.SMD
SA.SBMD
a 2.
3
3
2
6
Mà SMD có SD = a 6; MD = a 2, SM = 2a
 SMD vng góc tại M. Vậy SSMD a 2 2 .

a3 2
d(H,(SMD))= 2 6
a 2
2.

0,25

0,25
0,25

a
3

0,25

1) (2,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD biết
điểm A có tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3x + 4y – 18 = 0.
 21

; −1 thuộc cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại N
 4


Điểm M 

thỏa mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD.
A

B

M

D

5

C

N

Đường thẳng BC đi qua M và vng góc với AB nên có PT: 4 x − 3 y − 24 = 0
4 x − 3 y − 24 = 0
x = 6
Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ 


 B ( 6;0 )
3
x
+
4
y
−
18
=
0
y
=
0


Ta có MBA, ADN đồng dạng với nhau nên:
MB AD
=
 MB.ND = AB. AD  AB 2 = 25
AB ND
Gọi A ( 4a + 6, −3a )  AB .
Vì điểm A có tung độ dương nên A(2;3).
PT đường thẳng CD có dạng: 3x + 4 y + m = 0 ( m  −18 )
Do cạnh hình vng bằng 5 nên d ( B, CD ) =

m = 7
18 + m
=5 
5
 m = −43

Với m = 7, PT đường CD: 3x + 4 y + 7 = 0
4 x − 3 y − 24 = 0
x = 3
Tọa độ C là nghiệm của hệ 

 C ( 3; −4 )
3
x
+
4
y
+
7
=
0
y
=
−
4


81
+ 9  MC  5  C ( 3; −4 ) thỏa mãn bài toán.
16
 5 −1 
Trung điểm I của AC: I  ;   D ( −1; −1)
2 2 
Vậy A ( 2,3) , B ( 6;0 ) , C ( 3; −4 ) , D ( −1; −1) là các đỉnh của hình vng

( tm )
( tm )

0,5

0,5

0,25

0,25

Khi đó MC 2 =

0,25


Với m = -43, PT đường CD: 3x + 4 y − 43 = 0
4 x − 3 y − 24 = 0  x = 9
Tọa độ C là nghiệm của hệ 

 C ( 9;4 )
3x + 4 y − 43 = 0
y = 4
 15 

0,25

2

Khi đó MC 2 =   + 25  MC  5  C ( 9; 4 ) không thỏa mãn bài toán

4
2) (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD và một điểm M chuyển động trong tứ
diện. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt phẳng
(BCD), (ADC), (ABD), (ABC) lần lượt tại A ', B ', C ', D ' . Xác định vị trí điểm

M để biểu thức T=

AM
MA '

BM
MB '

CM
MC '

DM
đạt giá trị nhỏ nhất.
MD '

Đặt VM . BCD = a 2 ;VM . ACD = b 2 ;VM . ABD = c 2 ;VM . ABC = d 2

0,25

 VABCD = VM .BCD + VM . ACD + VM . ABD + VM . ABC = a 2 + b 2 + c 2 + d 2

AA ' VA.BCD a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Khi đó
=
=

MA ' VM .BCD
a2
AM b 2 + c 2 + d 2

=
MA '
a2
BM a 2 + c 2 + d 2 CM a 2 + b 2 + d 2 DM b 2 + c 2 + a 2
=
;
=
=
Tương tự
;
MB '
b2
MC '
c2
MD '
d2
Mặt khác 3(a 2 + b 2 + c 2 )  (a + b + c)2

5

Khi đó

Tương tự
Vậy T

0,25

AM
b2 + c2 + d 2 b + c + d
=

MA '
a
3a

BM a + c + d
DM b + c + a
CM a + b + d
;
=
=
;
=
MB '
MD '
MC '
3b
3d
3c
1 b
(
3

c d
a

a

c
b

d

a

b
c

d

a

b
d

c

)

1
.12
3

0,25

4 3

Tmin = 4 3 khi a 2 = b 2 = c 2 = d 2



MA ' MB ' MC ' MD ' 1
=
=
=
= hay M là trọng tâm tứ diện
AA ' BB ' CC ' DD ' 4

Câu 6. Từ u i +1 = 1 + u1u2...ui , i = 1,2...  ui+1 -1 = u1u2...ui = ui ( u1u2...ui-1+ 1 -1)
 ui+1 – 1 = ui( ui -1). Hiển nhiên ui > 1, mọi i =1, 2.... suy ra
1
u i +1 − 1

=

1
1
1
=
- , i = 1, 2, 3 ...suy ra
u i (u i − 1)
ui − 1 ui

0,25

n

n

n

1
1
1
1
1
−
) =
+
u1
u 2 − 1 u n +1 − 1
u k +1 − 1
k =2
k −1
1
Do u1 = 1, u2 = 1 + u1 = 2 suy ra: Sn = 2 (1)
u n +1 − 1
1
Từ (1): lim S n = 2 - nlim
(2)
→ + u
n +1 − 1

1
1

Sn =  =
+
u1
k =1 u k

1
1
= +

u1
k =2 u k

 (u

Do un+1 -1 = u1u2...un > u1(1+u1) n −1 = 2 n −1 suy ra: nlim
(un+1 – 1) = +  .
→ +
Vậy từ (2) ta có: nlim
Sn = 2.
→ +


Đề ơn tập

−x −1
có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm các số
x−3
thực m để đường thẳng d : y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có
trọng tâm nằm trên (C).
Câu 2:

Câu 1: Cho hàm số y =

2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x
= cos x .
Câu 3: Giải phương trình
(1 − 2 cos x ) tan x

Câu 4: Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E = 1; 2;3; 4;6;8 (các thẻ khác nhau ghi các
số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của
một tam giác có góc tù.
Câu 5:
Giải hệ phương trình:

x3

1

9

x3 - 5 x 2

8x

x
2 y

2 y 3 y 1 (1)
3

2y 1

12

(2)

Câu 6: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy. Biết AB = 7a, BC = 7a 3 . E là điểm trên cạnh SC sao cho
CE = 2ES .
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE .
Câu 7

Câu8:Cho tứ diện ABCD có DAB = CBD = 90; AB = a; AC = a 5; ABC = 135. Biết góc giữa hai
mặt phẳng ( ABD ) , ( BCD ) bằng 30. Thể tích của tứ diện ABCD
1
3

Câu 9 : Cho dãy số ( un ) xác định bởi : u1 = , un+1 =
S2017 =u1+u2+u3+...+u2016+u2017
Câu 10:

un
, n = 1, 2,... Tính tổng
( 2 n + 3 ) un + 1


Hướng dẫn- Đáp án
Câu 1
- Giao điểm của hai đường tiệm cận I ( 3; −1)
−x −1

= x+m
x −3
 − x − 1 = ( x + m )( x − 3) (do x = 3 không là nghiệm)

- Phương trình hồnh độ giao điểm:

 x 2 + x ( m − 2 ) − 3m + 1 = 0 (*)
- Vậy để đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt
 x 2 + x ( m − 2 ) − 3m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt
  = m ( m + 8)  0  m  ( −; −8)  ( 0; + )
Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của pt (*)
Khi đó ta có A ( x1; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m )
Khi đó trọng tâm G của tam giác ABI có tọa độ
 x + x + 3 x1 + x2 + 2m − 1 
G 1 2
;

3
3


 5 − m m +1
Mặt khác ta có x1 + x2 = 2 − m Vậy G 
;

3 
 3
Vậy để trọng tâm G thuộc (C) khi đó:
4
m +1

12
m +1
= −1 −

= −1 +
5−m
3
3
4+m
−3
3
m = 2
 m2 + 8m − 20 = 0  
 m = −10
Kết luận: so với điều kiện, vậy với m = 2; m = –10 thỏa mãn yêu cầu
bài toán
Câu 2
Tập xác định: R
y ' = 4 x3 − 4mx 2 = 4 x( x 2 − m)
x = 0
y'= 0   2
x = m
Đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có 3
nghiệm phân biệt  m  0
x = 0
x = 0
Khi đó y ' = 0   2

x = m
x =  m

Với x = 0  y = m 2 − m ; x =  m  y = −m
Vậy đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A(0; m2 − m); B(- m ; -m); C( m; -m)
Ta có AB = AC = m4 + m ; BC=2 m và A, B,C không thẳng hàng nên tam
giác ABC cân tại A
A
TH1: BAC = 300
Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos300
 4m = 2(m4 + m) − 3(m4 + m)

 (2 − 3)m4 = (2 + 3)m

 m3 = (2 + 3)2 (do m >0)

B

C


 m = 3 (2 + 3) 2 (tm)

TH2: ABC = 300 hoặc ACB = 300  BAC = 1200 Áp dụng định lý hàm số
cosin ta có:
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos1200
1
1
 4m = 2(m 4 + m) + (m 4 + m)  3m4 = m  m3 = (do m >0)  m = 3 .
3
3
1

Vậy m = 3 (2 + 3) 2 ; m = 3 .
3
1

cos x  2

Câu 3: Điều kiện: cos x  0
 tan x  0


Khi đó

2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x
= cos x  2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x = sin x − 2sin x cos x
(1 − 2 cos x ) tan x
 2 3 sin 2 x − 3 cos x − 3sin x + 2sin x cos x = 0

(

)

(
3 )( 3 sin x + cos x ) = 0

)

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

(

 2sin x −

 3 sin x + cos x = 0 (1)

 2sin x − 3 = 0
( 2)
+) (1) 

3
1

−

sin x + cos x = 0  sin  x +  = 0  x =
+ k , k 
2
2
6
6




x = + k 2

3
3

,k 
+) ( 2 )  sin x =

2
 x = 2 + k 2

3


 x = − 6 + k
,k 
Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là:  
 x = 2 + k 2

3
Câu 4
Lấy ba thẻ từ 6 thẻ có số cách lấy là C63 , nên số phần tử của không gian mẫu là  = C63 = 20 .
Gọi biến cố A : “rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù”.
Giả sử rút được bộ ba số là ( a; b; c ) , với a  b  c , do đó 4  c , nên c  4;6;8 .

a , b , c là ba cạnh của tam giác ABC , với BC = a , CA = b , AB = c có góc C tù

a 2 + b2 − c2
a 2 + b 2  c 2
0
cos C =

 a 2 + b2  c  a + b , với c  4;6;8 .

2ab

4  c  a + b
4  c  a + b




+Xét c = 4 thì có bộ ( a; b ) = ( 2;3) thỏa mãn.
+Xét c = 6 , do a  b  c , 6 = c  a + b  2b , nên b = 4 và a = 3 . Suy ra có bộ ( a; b ) = ( 3; 4 ) thỏa
mãn.
+Xét c = 8 , do a  b  c , 8 = c  a + b  2b , nên b = 6 và a = 3 hoặc a = 4 . Suy ra có hai bộ
( a; b ) = ( 3;6 ) hoặc ( a; b ) = ( 4;6 ) thỏa mãn.
Suy ra số phần tử của biến cố A là  A = 4 .
Nên xác suất cần tìm là p =

A


=

4 1
= .
20 5

Câu 5
Điều Kiện :

1

x

9

y

1

Khi đó phương trình (1) tương đương :

x3 1
x3
x
Vì 2y

3

3

x = 2y3 y 1

9

x 10
1

9

y 1

= 2y3 y 1
x

0 nên

x3

x 10

0
3

Xét phương trình (2) tương đương với x - 5 x

f ( x)

g ( y)

2

8x

2 y

2x

3

5

x3 - 5 x 2

3x3 -10 x

Xét hàm số g y

g1

8

8x

x

x

2

2 3x

2;9 ta có
4

0

x

2;9

2 y

3

2y 1

y

f 2

4

1 liên tục và đồng biến trên miền đang xét nên Min

8

Do đó phương trình (2) có nghiệm khi các đẳng thức xảy ra ,tức là x

Câu 6

x

2 y 1 12

Vậy hàm f ( x ) liên tục và đồng biến trên miền đang xét nên Min f ( x)

g y

0

12

Xét hàm số f x

f' x

2 x2

x

2; y

1


2

Tam giác ABC vuông tại A nên AC

7a 3

7a

2

7a 2

Gọi H là trung điểm của AB

SAB

ABC

SAB

ABC

SH

AB

SAB , SH

SH

ABC ,

AB

Dựng D sao cho BCAD là hình bình hành. Khi đó AC // BED .
d AC , BE

Vì BD

d AC , BED

SAB

Từ H kẻ HK

BDE

d A, BED

SAB . Gọi I

BI tại K . Khi đó HK

2d H, BED

SH

BDE

DE

SAB

d AC , BE

1
7a 3
SH
2
4
Trong tam giác vng BIH :

Ta có HI

1
HK 2

1
HI 2

1

HB 2

4
7a 3

2

d AC , BE
Câu 7

2
7a

2

2 HK

4
21a 2
a 21 .

HK

a 21
2

BDE
2 HK

BI .