Đề hsgtoán12 (ks lần 3, cụm ql hm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
CỤM NXO-QUỲNH LƯU- HOÀNG MAI

KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG CẤP TỈNH LỚP 12
LẦN 3 NĂM HỌC 2021-2022

MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1. (3 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
y  x3  3mx 2  9m 2 x nghịch biến trên khoảng  0;1 .
Câu 2. (3 điểm) Cho phương trình:
sin 3 x  2sin x  3   2cos3 x  m  2cos3 x  m  2  2cos3 x  cos 2 x  m .

 2
Tìm m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm x  0;
 3


?


Câu 3. (3 điểm) Giải hệ phương trình
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

 x, y   
  x  8  y  1
  y  2 x  1  3
 2
 x  4x  7
Câu 4. (3 điểm) Trong cuộc thi văn nghệ do đoàn thanh niên trường THPT A tổ chức vào
tháng 11 năm 2021 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục bởi 1 video tự quay. Kết quả

có 12 tiết mục đạt giải trong đó: có 4 tiết mục lớp 12 , có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết
mục khối 10 . Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục phát biểu diễn chào mừng ngày 20
tháng 11 (không tính thứ tự biểu diễn). Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục
được biểu diễn trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 .
Câu 5. (3 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm





a3 3
của AD, BC . Biết VABCD 
và d  AB, CD   a . Tính độ dài MN
12
Câu 6. (3 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M di
MC
động trên cạnh SC , đặt
 k . Mặt phẳng qua A , M song song với BD cắt SB , SD
MS
theo thứ tự tại N , P . Tìm k để thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất.
Câu 7. (2 điểm) Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của

A  1  2a 1  2bc 
Hết.


Câu
Câu 3
điểm

Hướng dẫn chấm

Điể
m
3

2

2

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x  3mx  9m x nghịch biến trên
khoảng  0;1 .
Lời giải

Cách 1:
Tập xác định D   .
2

 x  m
.
 x  3m

2

0,5

Có y '  3x  6mx  9m ; y '  0  
+) Trường hợp 1:  m  3m  m  0

Ta có y '  3x  0, x  , suy ra hàm số đồng biến trên  . Do đó loại m  0 .

2

0,5

+) Trường hợp 2:  m  3m  m  0
Ta có bảng xét dấu y ' như sau:

x

m



3m


0,5

y'



0



0



Hàm số nghịch biến trên  0;1 khi và chỉ khi

m  0
1

 m  0  1  3m  
1 m .
3
 m  3

0,5

+) Trường hợp 3:  m  3m  m  0

0,5

Ta có bảng xét dấu y ' như sau:

x



y'

m

3m



0



Hàm số nghịch biến trên  0;1 khi và chỉ khi

m  0
3m  0  1  m  
 m  1 .
 m  1
Kết luận m 

1
hoặc m  1 .
3

Cách 2:
Tập xác định D   .

0




0,5


2

2

2

Có y '  3x  6mx  9m ;  '  36m  0, m .
Trường hợp 1:  '  0  m  0.
Ta có y '  3x  0, x  , suy ra hàm số đồng biến trên  . Do đó loại m  0 .
2

Trường hợp 2:  '  0  m  0 .

 x1  x2  2m

Khi đó y ' có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  . Ta có: 

2
 x1 x2  3m

Bảng xét dấu

Hàm số nghịch biến trên  0;1 khi và chỉ khi x1  0  1  x2 .

 x1.x2  0
 x1 x2  0

 x1  1 x2  1  0  x1 x2   x1  x2   1  0

Ta có: x1  0  1  x2  

m  0
 m  1


3m 2  0
  m  1 
.

 

2
m  1
3m  2m  1  0
m  1
3

 
3
Kết luận m 

Câu
2
3
điể
m

1
hoặc m  1 .
3

Cho phương trình:



sin3 x  2 sin x  3  2 cos3 x  m



2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  cos2 x  m Tìm

 2 
m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm x   0;  ?
 3 

Lời giải
Ta có:
sin 3 x  sin2 x  2 sin x 





2 cos3 x  m  2



  2 cos x  m  2  2
3

3

2 cos3 x  m  2 1



Xét hàm số f t  t 3  t 2  2t có f  t  6t 2  2t  2  0, t   , nên hàm số f t

0,5

đồng biến trên  .
Bởi vậy:

0,5


1  f sin x   f 

2 cos3 x  m  2

 sin x  2 cos3 x  m  2



2
0,5

 2 
Với x   0;  thì
 3 


2  sin

2

x  2 cos 3 x  m  2

 2 cos3 x  cos2 x  3  m

3

0,5



Đặt t  cos x , phương trình 3 trở thành 2t 3  t 2  1  m

4 

 1 
 2 


Ta thấy, với mỗi t   ;1 thì phương trình cos x  t cho ta một nghiệm

0,5

 2 
x   0; 
 3 

 1 
 2 





Xét hàm số g t  2t 3  t 2  3 với t   ;1 .

t  0

Ta có g  t   6t  2t , g  t   0  
.
t   1

3
2

0,5

Ta có bảng biến thiên







2
Do đó, để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x   0;  điều kiện cần và



 1 
 2 


đủ là phương trình 4 có đúng một nghiệm t   ;1

m  3

 80 
 


m  0; 27 




3 


Câu
3
3
điể
m

Câu 3. Giải hệ phương trình

 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2


  x  8  y  1
  y  2 x 1  3
 2
 2
 x  4x  7



1
 x, y   



Lời giải

 x  1
y  2

ĐK: 

0,5

 x 1  y  2  
y  2   y  2  x 1 

Phương trình (1): 

 x  1 y  2    y  2   x  1   y  2   0





x 1 





x  1  y  2 1  2 y  2  x 1  0



 x 1 

x 1  y  2





x 1  y  2  0

0,5



y 2  y  x3

Với y  x  3 thay vào phương trình (2)

x  1  3  0 nên nhân 2 vế với

Vì

 

y2 

 x  8 x  4  

x 1  3

2

x  4x  7

 x  8 x  4  
x2  4 x  7

 x  1 

0,5

x  1  3 của phương trình (*) ta có

   x  1 x  8
0,5

x  8  0


2
 x  4  x  1  3   x  1  x  4 x  7   3



(3)   x  1  3



x  1  3  *









2

x  1  3   x  2  3  x  2   3







Xét hàm số f  t    t  3 t 2  3 , t  

0,5

2

Ta có f '  t   3  t  1  0, t   nên hàm số đồng biến trên  mà

f





x  1  f  x  2  x  1  x  2


5  13
x 
x  2
x  2
2

 2

2

5  13
x 1  x  4x  4
 x  5x  3  0

(l )
x 

2
Vì x1  x2 nên x1 

5  13
11  13
. y2  11
; x2  8 và y1 
2
2

0,5


Câu
4
3
điể
m

Trong cuộc thi văn nghệ do đoàn thanh niên trường THPT X tổ chức vào tháng 11
năm 2021 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục bởi 1 video . Kết quả có 12 tiết mục
đạt giải trong đó: có 4 tiết mục lớp 12 , có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10 .
Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 20 tháng 11
(khơng tính thứ tự biểu diễn). Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được
biểu diễn trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 .
Lời giải

Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là n     C125  792

0,5

Gọi A là biến cố: ‘‘Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong
đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 ’’.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:
+ 2 tiết mục khối 12 , 2 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  C42 .C32 .C51  C42 .C31.C52  C43 .C31.C51  330
Xác suất cần tìm là P  A  

Câu
5:
3
điểm

330 5
 .
792 12

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD, BC .

Biết VABCD 

a3 3
và d AB,CD   a . Tính độ dài MN
12

.
Gọi P , Q , E lần lượt là trung điểm của AC , BD , CD . Ta có tứ giác MQNP là

0,5

3

hình thoi cạnh

1
a 3
a
. Ta chứng minh được VCDMQNP  VABCD 
.
2
24
2

Mặt khác:

VC .PNE  VD .QME

1
a3 3

a3 3
a3 3 a3 3
.
 VABCD 
 VE .MQNP 
 2.

8
96
24
96
48

0,5


Vì AB , CD chéo nhau và d AB,CD   a nên d CD, MQNP  





a
(thật vậy,
2

gọi  là đường vng góc chung của AB , CD thì   MQNP  vì

0,5

  NP,   NQ ).

a3 3
1
1 a
Suy ra
 VE .MQNP  d CD, MQNP  .S MQNP  . .SMQNP .
48
3
3 2



 SMQNP 



a2 3
.
8

a
 MQ.NQ.sin NQP

0,5
2

3



 sin NQP

8

NQP  600  MN  a

2


a 3
NQP  1200  MN 

2

Câu
6:
3
điểm

0,5

3
2
.

0,5

S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh
MC
 k . Mặt phẳng qua A , M song song với BD cắt SB , SD theo thứ tự

SC , đặt
MS
tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi

Cho hình chóp

Lời giải

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD ; I là giao điểm của SO và NP .
Ta có

0,5

SC SM CM


 1  k.
SM SM SM

 AM   AN M P 

Do  BD / /  AN M P 
 N P / / BD .

  SBD    AN M P   N P
Áp dụng định lý Menelayut cho tam giác SOC và 3 điểm A, I , M thẳng hàng, ta được

0,5

AO MC IS
IS 2
SO k  2
.
.
.
1 
 

AC MS IO
IO k
SI
2
Vì NP / / BD nên

0,5

SB SD SO k  2



.
SN SP SI
2

Theo cơng thức tỷ lệ thể tích

VS . APMN
VS . ABCD


SA SD SC SB
2k
2k



1
 1  k  
 2  k  .2
2
2 
 SA SP SM SN 
2
SA SD SC SB
2k
2k
2 k

4. .
.
.
4.
. 1  k  .
4. k  1 .
SA SP SM SN
2
2
4
2

1  k  2  k 

 VS . APMN 

VC. APMN  k.VS . APMN  k .



0,5

2VS . ABCD
2.V
2.VS . ABCD
 k . 2 S . ABCD 
k  3k  2 k  2  3
1  k  2  k 
k

2VS . ABCD
2V
 S . ABCD .
2
2 2 3
2 k.  3
k

VC . APMN max 

Câu 7

2
điểm

2VS . ABCD
.
1  k  2  k 

0,5

2VS . ABCD
2
k  k  2.
k
2 2 3

Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của

A   1  2a  1  2bc 
Phân tích
Rõ ràng ta sẽ đánh giá biểu thức A để làm xuất hiện a 2  b 2  c 2 .
Trước tiên ta sẽ đánh giá a qua a 2 bởi a 2  m 2  2ma  2a 

a2
 m (với m  0 )
m

Do b, c bình đẳng nên dự đốn dấu bằng A đạt giá trị nhỏ nhất khi b  c nên ta đánh giá

a2


2bc  b 2  c 2 . Suy ra A    m  1  1  b 2  c 2   B . Tiếp tục ta sẽ sử dụng
 m

2

 x  y 
 để là xuất hiện a 2  b 2  c 2 nên ta sẽ tách như sau
 2 

BĐT côsi dưới dạng xy  


2

2
2
2
2
1
1  a  m  m    1  b  c  
B  a 2  m 2  m  1  b 2  c 2   

m
m 
2


Suy ra A 

0,5

2
1
m 2  m  2 
4m

Dấu bằng xảy ra khi a  m, b  c, a 2  m 2  m  1  b 2  c 2 và a 2  b 2  c 2  1 .


Từ đây ta có m 

2
. Do đó ta có lời giải như sau:
3

Lời giải
Áp dụng BĐT cơsi ta có a 2 

4
4
3a 2 2
 a  2a 
 và 2bc  b 2  c 2
9
3
2
3

0,5

 3a 2 2

  1 b 2  c 2  1 
3
 2


Suy ra A  

Áp dụng BĐT cơsi ta có

 3a 2 2

3
10 

  1  b 2  c 2  1    a 2   b 2  c 2  1 
 2

3
2 
9 
2
 2 10

a 
 b 2  c 2  1 
3 
9
  98

 

2 
2
27



Suy ra A 

0,5

98
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
27


2


a 



3

2




a 
b

c


3





10


a2 
 b2  c2  1
b c 




9




a 2  b2  c2  1




Vậy max A 

0,5
5
18

98
2
khi và chỉ khi a  và b  c 
27
3

0,5
5
.
18