Đề thi hsg toán 12 bến tre năm học 2020 2021

NHĨM TỐN 🙲 VD-VDC

ĐỀ THI THỬ:2019-2020

ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SỞ BẾN TRE
– NĂM 2021
Mơn: Tốn Lớp 12
HỌC HỎI -C HỎI -I - CHIA SẺ KIẾNN
THỨCC

Câu 1.

Thời gian: 1800 phút (Không kể thời gian phát đề)

(3,0 điểm)
Cho hàm số

y

x 1
3  x có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của  C  . Tìm các số

 C  tại hai điểm M , N tạo thành tam giác MNI có
thực m để đường thẳng d : y x  m cắt
trọng tâm nằm trên
Câu 2.

 C .

(2,5 điểm)
Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một được lập từ tập

X  0;1; 2;3; 4;5

. Lấy ngẫu nhiên 2 phần tử của M . Tính xác suất để có ít nhất một trong hai
phần tử đó chia hết cho 3.
Câu 3.

(3,0 điểm)
Giải phương trình

Câu 4.

 x  2

x  1   4 x  5  2 x  3  6 x  23

(với x   ).

(3,0 điểm)
 x 2  y 2  xy  1 4 y
, x, y  

2
2
y
x

y

2

x

7
y

2


Giải hệ phương trình 
.

Câu 5.

(2,5 điểm)
2sin 2 x  12sin x cos x
y
1  2sin x cos x  2cos 2 x .
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số

Câu 6.

(2,0 điểm)
AM 1


M
,
N
AD
,

A
C
Cho hình hộp ABCD. ABC D . Các điểm
ần lượt thuộc đoạn
sao cho AD 5

và
Câu 7.

MN  BC D 

CN
. Tìm CA .

(4,0 điểm)
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm
của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể

V1
tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA

Trang 1


ĐỀ THI THỬ:2019-2020

NHĨM WORD 🙲 BIÊN SOẠN TỐN THPT

------------------------HẾT------------------------

Trang 2

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN 🙲 VD-VDC

ĐỀ THI THỬ:2019-2020

ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SỞ BẾN TRE
–NĂM 2021
Mơn: Tốn Lớp 12
HỌC HỎI -C HỎI -I - CHIA SẺ KIẾNN
THỨCC

Câu 1.

Thời gian: 1800 phút (Không kể thời gian phát đề)

(3,0 điểm)
Cho hàm số

y

x 1
3  x có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của  C  . Tìm các số

 C  tại hai điểm M , N tạo thành tam giác MNI có
thực m để đường thẳng d : y x  m cắt

trọng tâm nằm trên

 C .
Lời giải

Ta có

I  3;  1

là giao điểm hai đường tậm cận của đồ thị

 C .

x 1
x  m
và đường thẳng d : 3  x

 *
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị
Điều kiện x 3 .
 *   x 2   2  m  x  3m  1 0 .
 C  cắt đường thẳng d tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình  * có 2
Đồ thị
nghiệm phân biệt xM ; xN 3

 C

 m   8
 m 2  8m  0
m  8


 2
  m  0  
 m  0.
 4 0
 3   2  m  3  3m  1 0

M  xM ; xM  m  , N  xN ; xN  m 
 C  và đường thẳng d .
Gọi
là giao điểm của đồ thị
 x  xN  3 xM  xN  2m  1 
G M
;

3
3
MNI

.
Khi đó tọa độ trọng tâm tam giác
là
Theo Viét ta có xM  xN  m  2 nên

Mà

G  C 



m 1  m  8

 m 2  8m  20 0 
3
m4

nên
m

10;
m 2 là giá trị cần tìm.
Vậy
Câu 2.

  m  5 m 1 
G
;

3 .
 3
 m  10  tm 

 m 2  tm  .

(2,5 điểm)
Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đơi một được lập từ tập

X  0;1; 2;3; 4;5

. Lấy ngẫu nhiên 2 phần tử của M . Tính xác suất để có ít nhất một trong hai

phần tử đó chia hết cho 3.
Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA

Trang 3


ĐỀ THI THỬ:2019-2020

NHĨM WORD 🙲 BIÊN SOẠN TỐN THPT

4
X  0;1; 2;3; 4;5
* Số các số có 5 chữ số khác nhau đôi một được lập từ tập
là 5. A5 600 .
2
n    C600
179700
*
.
* Gọi A là biến cố “Trong hai phần tử được lấy ngẫu nhiên của M có ít nhất một phần tử chia

hết cho 3”.

 1;2;3; 4;5 ;
* Số thuộc M và chia hết cho 3 là số được lập thành từ 1 trong các bộ 5 số:
 0;1;2; 4;5 .
Suy ra số các số thuộc M và chia hết cho 3 là 5! 4.4! 216 số, số các số thuộc M và không
chia hết cho 3 là 384 số.
* Gọi A là biến cố: “Trong hai phần tử được lấy ngẫu nhiên của M cả hai phần tử đều không

chia hết cho 3”.
*

 

2
n A C384
73536

 

 P A 

* Vậy
Câu 3.

.

 

n A

73536
6128
n    179700 14975
.

 

P  A  1  P A 1 

6128
8847

14975 14975 .

(3,0 điểm)
Giải phương trình

 x  2

x  1   4 x  5  2 x  3  6 x  23

(với x   ).

Lời giải
 Điều kiện: x  1.
2
 Đặt t  x  1 0 suy ra x t  1.

 Phương trình đã cho trở thành





 t 3  6t 2  t  17  4t 2  1



 



t t 2  1  4t 2  1

2t 2  1  6t 2  17 0

2t 2  1 0

  4t 2  1  2t 2  1   t  1    t  1  4t 2  1  t 3  6t 2  t  17 0



 4t


2

 1  t 2  2t 
2

2t  1  t  1

  t  2   3t 2  4t  8  0



4t 3  t
  t  2 

 3t 2  4t  8  0
2
 2t  1  t  1

4t 3  t

 t 2 (do
 Suy ra

2

2t  1  t  1

 3t 2  4t  8  0, t 0

x  1 2  x 3 (thỏa mãn).

 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
Câu 4.

Trang 4

).

S  3 .

(3,0 điểm)

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA

NHĨM TỐN 🙲 VD-VDC

ĐỀ THI THỬ:2019-2020

 x 2  y 2  xy  1 4 y
, x, y  

2
2
y
x

y

2
x

7
y

2



Giải hệ phương trình 
.
Lời giải
2
y


0
Nhận xét: Với
, suy ra x  1 0 (vô nghiệm).
 x 2  y 2  xy  1 4 y


2
2
y
x

y

2
x

7
y

2



Ta có: 

 2 x 2  2 y 2  2 xy  2 8 y (1)

2
2

 y  x  y   2 x  7 y 2 (2) .

2

Thay (2) vào (1) ta được:

y  x  y   2 y 2  2 xy  15 y 0

2

  x  y   2  x  y   15 0 y 0
(
theo nhận xét trên).
 x  y 3
 y 3  x


 x  y  5
 y  5  x .
TH1: Với y 3  x thay vào (1) ta có:

 x 1  y 2
2
x 2   3  x   x  3  x   1  4  3  x  0  x 2  x  2 0  
 x  2  y 5 .
TH2: Với y  5  x thay vào (1) ta có:
2

x 2    5  x   x   5  x   1  4   5  x  0  x 2  9 x  46 0

Vậy hệ phương trình trên có tập nghiệm là
Câu 5.

S   1; 2  ,   2;5  

(vô nghiệm).

.

(2,5 điểm)
2sin 2 x  12sin x cos x
y
1  2sin x cos x  2cos 2 x .
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số
Lời giải
2sin 2 x  12sin x cos x
6sin 2 x  cos 2 x  1
y

2
1  2sin x cos x  2cos x sin 2 x  cos 2 x  2  1 .
Ta có


sin 2 x  cos 2 x  2  2 sin  2 x    2  0,
4

Vì
với mọi x  .
Do đó

 1  y  sin 2 x  cos 2 x  2  6 sin 2 x  cos 2 x 1

  y  6  sin 2 x   y  1 cos 2 x  2 y  1 0  2 
Để tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình

 y  6

2

2

2

 2

phải có nghiệm, nghĩa là

2

  y  1  2 y  1   2 y  6 y  36 0   6  y 3

.

Vậy min y  6,max y 3 .

Câu 6.

(2,0 điểm)
AM 1



M
,
N
AD
,
A
C
Cho hình hộp ABCD. ABC D . Các điểm
ần lượt thuộc đoạn
sao cho AD 5

và

MN  BC D 

CN
. Tìm CA

TÀI LIỆU ƠN THi THPT QUỐC GIA

Trang 5


ĐỀ THI THỬ:2019-2020

NHĨM WORD 🙲 BIÊN SOẠN TỐN THPT

Lời giải

F

E

K
E

B'

A'

C'

F

Q

Q

D'

A'
N

N

C

B
C

M

P

P
A

M

D

EC  1
 , BC   CE Q
Trên BC  lấy điểm E sao cho BC  5
.
MN  PQ   BC D 
Gọi P BD  MC . Khi đó
.
PC
BC 5
PC 5 QE  EC   1 .

 

MC 9 ; QC BC 5
 Ta có PM MD 4
AE , PQ   MCEA  PQ  AE K , MN  AE F
Ta có
. Khi đó
EK QE 1

EK
1
EK 1
FK MP 4

 
 

1 ;



 2
5
E 9
E MC 9
PC QC 5
5
A
A
.MC
9

FK  EK FE 4 1 1
AF 2

   

AE
AE 9 9 3

AE 3 .
Lấy (2) – (1) ta được:
AN AF AF 2
CN 3


 
 .
CA 5
 Ta có NC MC AE 3

Câu 7.

(4,0 điểm)
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm
của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể

V1
tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V .
Lời giải
Bổ đề:
Cho tam giác ABC có M là trung điểm BC , I là điểm bất kỳ trên AM .
AB AC
AM

2.
AI .
Đường thẳng đi qua I cắt AB , AC lần lượt tại E và F . Khi đó AE AF
Thật vậy:

Trang 6

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN 🙲 VD-VDC

ĐỀ THI THỬ:2019-2020

Qua các điểm B và C lần lượt kẻ đường thẳng song song với EF cắt AM lần lượt tại P và
Q
Khi đó tứ giác BPCQ là hình bình hành. Suy ra PM QM .
AB AP AC AQ


Từ đó ta có AE AI ; AF AI .
Suy ra
AB AC AP AQ AM  PM AM  MQ AM  PM  AM  QM
AM






2
AE AF AI AI
AI
AI
AI

AI (ĐPCM)
Giải bài toán:
Gọi O là tâm đáy của hình chóp S . ABCD . Gọi I là giao điểm của AP và SO .
Lấy M thuộc SB . Gọi N là giao điểm của MI và SD .
Giả sử SM  x.SB , SN  y.SD với x , y  0 .

V1 VS . AMP  VS . ANP VS . AMP VS . ANP 1  VS . AMP VS . ANP  1  SM .SP SN .SP 



 


 

V
VS . ABCD
VS . ABCD VS . ABCD 2  VS . ABC VS . ADC  2  SB.SD SD.SC 
Khi đó:
1 SP  SM SN  1
xy
 .
.

 1
   x  y 
2 SC  SB SD  4
4
.

SA SC
SO
SO
SO 3

2.
 3  2.


SI
SI
SI 2 .
Áp dụng bổ đề vào SAC ta có: SA SP
SB SD
SO
1 1
SO
1 1

2.
  2.
  3
SI
x y
SI
x y
Áp dụng bổ đề vào SBD ta có: SM SN
 x  y 3xy 

x y

 xy  2 
3
.

Cách 1:
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA

Trang 7


ĐỀ THI THỬ:2019-2020

NHĨM WORD 🙲 BIÊN SOẠN TỐN THPT

x  y 2 xy  x  y 2

x y
4
4
4
2

  x  y    x  y    x  y   x  y   0  x  y 
3
3
3
3.


x  y
2

 1 1
 x y 
3
 x  y 3


Dấu “=” xảy ra
V1 x  y 1 4 1

 . 
4
4 3 3.
Khi đó V

.

V1
1
2
2
2
x y 
SM  .SB SN  .SD
3 tức là
3
3
Vậy V có giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi

,
.
Cách 2:

V1
3x 2
x

x  y 3xy  y 
V 4  3 x  1
3
x

1
Từ (2) ta có:
. Khi đó (1) trở thành
.


0  x 1
0  x 1


1
1
 x

 0  x  0  x   1 x 

3

2
 3x  1

1 
1
1
 x

x   ;1
1
x  x


3
2
2 .

Do 0  x, y 1   3x  1
, hay
f  x 
Xét hàm số

f  x  

4  3x  1

min f  x  

Vậy

Trang 8

1 
x   ;1
2 .
với

3x  3x  2 

Ta có:
Bảng biến thiên

1 
x ; 1
2 

3x 2
4  3 x  1

1
3

khi

f  x  0 

2

. Suy ra

x y 

3x  3x  2 
4  3 x  1

2

 x 0
0  
 x 2
3.


2
3.

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA