Đề thi KSCL đội tuyển HSG toán 12 năm 2018 – 2019 trường yên lạc 2 – vĩnh phúc

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
NĂM HỌC 2018-2019
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.5 điểm).
a) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m 2  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm m để đồ thị hàm số  Cm  có
hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 với điểm C 1; 4  .

2x  4
có đồ thị là  C  và hai điểm M  3;0  , N  1; 1 . Tìm trên đồ thị
x 1
hàm số  C  hai điểm A, B sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN .
Câu 2 (2.0 điểm).
a) Giải phương trình: 4cos 2 x 1  sin x   2 3 cos x cos 2 x  1  2sin x.
b) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác

b) Cho hàm số y 

suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn

5
.
6

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

Câu 3 (1.0 điểm).Giải hệ phương trình 

2

2
 x  2 y  2 x  4 y  3

 x, y   

Câu 4 (1.5 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh AB  AD  2, AA1  3
  600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A D và A B .
và góc BAD
1

1

1 1

a) Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng  BDMN  .
b) Tính thể tích khối chóp A.BDMN .
Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  3, BC  6,
mặt phẳng  SAB  vuông góc với đáy, các mặt phẳng  SBC  và  SCD  cùng tạo với mặt

phẳng  ABCD  các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

6. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 6 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường

tròn tâm J  2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình:

2 x  y  10  0 và D  2; 4  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường
thẳng có phương trình x  y  7  0.
Câu 7 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức A 

7
121
.

2
2
a  b  c 14  ab  bc  ca 
2

------------------- Hết -------------------

- Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh:………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài thí
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với
phần đó.

II. ĐÁP ÁN:
Câu 1.a (1.25 điểm) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m 2  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm m để đồ thị

hàm số  Cm  có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 với điểm
C 1; 4  .

Nội dung

Điểm

TXĐ: D  .
Đạo hàm: y '  3 x 2  6mx
x  0
y '  0  3 x 2  6mx  0  
. Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì m  0.
 x  2m

Tọa độ hai điểm cực trị là A  0; 4m 2  2  , B  2m; 4m3  4m 2  2  .

Ta có: AB   2m; 4m3   AB  4m 2  16m6  2 m 1  4m 4 .

0.25

0.5

Phương trình đường AB : 2m 2 x  y  4m 2  2  0.
d  C ; AB  

6  2m 2
1  4m 4

, suy ra S ABC 

1
d  C ; AB  . AB  6m  2m3 .
2

 m  1
.
Do đó 6m  2m3  4  
 m  2

0.25
0.25

2x  4
có đồ thị là  C  và hai điểm
x 1
M  3;0  , N  1; 1 . Tìm trên đồ thị hàm số  C  hai điểm A, B sao cho chúng đối xứng
nhau qua đường thẳng MN .
Nội dung
Điểm
Phương trình đường MN : x  2 y  3  0 .
Phương trình đường AB : y  2 x  m .
0.25
2x  4
 2 x  m . ĐK: x  1.
Khi đó hai điểm A, B có hoành độ thỏa mãn:
0.25
x 1

2
Pt  2 x  mx  m  4  0 1

Câu 1.b (1.25 điểm) Cho hàm số

y

Trang 1/6, HDC HSG12-Môn Toán
 


Để đường AB cắt  C  tại hai điểm phân biệt thì pt 1 có hai nghiệm phân biệt
m  4  4 3
  0
.
khác -1  
 m 2  8m  32  0  
2  m  m  4  0
 m  4  4 3

x x

Trung điểm I của đoạn AB có tọa độ  1 2 ; x1  x2  m  với x1 , x2 là nghiệm
0.5
 2

m
 m m
của pt 1 . Mà x1  x2   nên I   ;  .
2

 4 2
m
m
Ta có: I  MN nên   2.  3  0  m  4 ( thỏa mãn).
0.25
4
2
Suy ra A  0; 4  , B  2;0  hoặc A  2;0  , B  0; 4  .

Câu 2.a (1.0 điểm) 4cos 2 x 1  sin x   2 3 cos x cos 2 x  1  2sin x.
Nội dung

Điểm

Phương trình tương đương với:
0.25

2sin x(2cos 2 x  1)  2 3 cos x cos 2 x  4cos 2 x  1  0.
 2sin x cos 2 x  2 3 cos x cos 2 x  3cos 2 x  sin 2 x  0



 

 2cos 2 x sin x  3 cos x 






3 cos x  sin x 2cos 2 x 

0.25

 3 cos x  sin x   0
3 cos x  sin x   0

3 cos x  sin x

+) 3 cos x  sin x  0  tan x   3  x  


3

 k .

0.25

5

x
 k 2

0.25
5 

6
.
+) 2cos 2 x  3 cos x  sin x  0  cos 2 x  cos  x 


6 

 x  5  k 2

18
3

5
5 k 2
Vậy phương trình có nghiệm: x    k , x  
.
 2 k , x 

6
18
3
3
Câu 2.b (1.0 điểm) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao

nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn

5
.
6

Nội dung
Điểm
Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4 (các thẻ ghi số 4 và 8), 7 thẻ còn 0.25
lại ghi số không chia hết cho 4.

Giả sử rút x 1  x  9; x    , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là C9x , số phần tử
của không gian mẫu là:   C9x .
Gọi A là biến cố:” Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”
Suy ra A là biến cố:” Lấy x tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4”
Số cách chọn tương ứng với biến cố A là A  C7x

Trang 2/6, HDC HSG12-Môn Toán
 


Ta có P  A 

C7x
C7x
1

P
A




C9x
C9x

0.25

Do đó P  A  

Cx 5

5
 1  7x   x 2  17 x  60  0  5  x  12  6  x  9
C9 6
6

0.25

Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6.
3 x 2  2 x  5  2 x x 2  1  2  y  1 y 2  2 y  2

Câu 3. (1.0 điểm) 

2
2
 x  2 y  2 x  4 y  3

0.25

 x, y   

Nội dung

Điểm

3 x 2  2 x  5  2 x x 2  1  2  y  1 y 2  2 y  2  0 (1)

Hệ đã cho trở thành: 

2
2

 x  2 y  2 x  4 y  3  0 (2)

 3x 2  2 x  5  2 x x 2  1  2  y  1 y 2  2 y  2  x 2  2 y 2  2 x  4 y  3
 x 2  x x 2  1   y  1   y  1
2

 y  1

2

0.25

 1 (*)

Xét hàm số: f (t )  t 2  t t 2  1 (t  ) có f '(t )  2t  t 2  1 
Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên 

t2
t2 1

 2t  2t  0

0.25

Do đó từ phương trình (*) ta có: x  y  1 thế vào phương trình (2) ta được:
2

y
2
2

2

y

1

2
y

2
y

1

4
y

3

0

3
y

4
y

4

0


 
 
3

y


2

+) Với y  2  x  1
2
5
+) Với y   x 
3
3
5 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là:  1; 2  ;  ;  .
3 2

Câu

4.a

(0.75

0.25

0.25

điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD. A1 B1C1 D1 có các cạnh
  600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB  AD  2, AA1  3 và góc BAD
A1D1 và A1B1. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng  BDMN  .

Trang 3/6, HDC HSG12-Môn Toán
 


Điểm

Nội dung

Ta có: BD  AC , BD  AA1  BD  mp( ACC1 A1 )  AC1  BD.
       1  
1  2 1    2
Mặtkhác: AC1.BN  AB  BC  CC1  BB1  BA    AB  BA.BC  BB1 =
2
2
2


 
2  1  3  0. Suy ra AC1  BN  2  .



0.25



0.5

Từ 1 và  2   AC1  ( BCMN ).

Câu 4.b (0.75 điểm) Tính thể tích khối chóp A.BDMN .
Nội dung
Gọi AA1  DM  BN   I   A1 , M , N lần lượt là trung điểm của AI , DI , BI .

Điểm
0.25

VI . AMN IA.IM .IN 1
3

  VA. BDMN  VI . ABD
4
VI . ABD
IA.IB.ID 4
3 1
1
3 3
  dvtt 
Suy ra VA. BCMN  . .IA.SABD  .2 3.22.
4 3
4
4
2

3
Vậy thể tích khối chóp A.BDMN bằng .
2

0.5

Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  3, BC  6,
mặt phẳng  SAB  vuông góc với đáy, các mặt phẳng  SBC  và  SCD  cùng tạo với mặt

phẳng  ABCD  các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng
6. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.

Trang 4/6, HDC HSG12-Môn Toán
 


Điểm

Nội dung

Hạ SH  AB  H  AB   SH   ABCD 
Kẻ HK  CD  K  CD   tứ giác HBCK là hình chữ nhật.

Ta có: BC   SAB   Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  là: SBH

CD   SHK   Góc giữa mặt phẳng  SCD  và  ABCD  là: SKH

  SKH
  SHB  SHK  g  c  g   HK  HB  BC  6 .
Theo giả thiết: SBH

Do đó A là trung điểm của HB.
Ta thấy  ABDK là hình bình hành  BD / / AK  BD / /  SAK  mà SA   SAK 

0.25

0.25

Suy ra d  BD, SA   d  BD,  SAK    d  D,  SAK    d  H ,  SAK    h  6.
Do tam diện H .SAK vuông tại H nên:
 SH  6

1
1
1
1
1
1
1 1



 
 
2
2
2
2
2
6 HS
9 36

h
HS
HA HK

0.25

1
1
Suy ra VS . ABCD  .SH .S ABCD  .6.3.6  36 (dvtt).
3
3
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng SA và BD     BD, SA    AK , SA 

Ta có: SA  6 2, SA  AK  3 5. Trong tam giác SAK có:
AS 2  AK 2  SK 2 45  45  72 1

 .
2. AS . AK
2.3 5.3 5 5
  arccos 1 .
Vậy   SAK
5


cos SAK

0.25

Câu 6. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường

tròn tâm J  2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình:

2 x  y  10  0 và D  2; 4  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường
thẳng có phương trình x  y  7  0.
Nội dung
Điểm
Trang 5/6, HDC HSG12-Môn Toán
 


AJ đi qua J  2;1 và D  2; 4  nên AJ có phương trình : x  2  0

Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ :

0.25

x  2  0
x  2

 A  2;6  .

2 x  y  10  0
y  6
Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
  DC
  DB  DC và EA
  EC

Ta có DB



 



  1 sd EC
  sd DC
  1 sd EA
  sd DB
  DJB
  DBJ cân tại D.
DBJ
2
2
DB  DC  DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC.

0.25
Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D  2; 4  bán kính JD  0  5  5 có phương
2

trình  x  2    y  4   25. Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm:
2

2

2
2
 B  3; 4 

 x  2    y  4   25  x  3  x  2




 y  4  y  9  B  2; 9 
 x  y  7  0

0.25

Do B có hoành độ âm nên B  3; 4  .

BC đi qua B  3; 4  và vuông góc AH nên có phương trình: x  2 y  5  0 .
 x  2 2   y  4 2  25

Khi đó C là nghiệm của hệ: 

 x  2 y  5  0
Vậy A  2;6  , B  3; 4  , C  5; 0  .

 C  5;0 

0.25

Câu 7. (1.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức A 

7
121

.

2
2
a  b  c 14  ab  bc  ca 
2

Nội dung

Ta có 1   a  b  c   a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   ab  bc  ca 
2

Do đó A 

7
121

2
2
2
a  b  c 7 1   a  b2  c 2 
2



1 a  b  c
2

2

2

2



Điểm

0.25


Trang 6/6, HDC HSG12-Môn Toán

 


Đặt t  a 2  b 2  c 2 .
Vì a, b, c  0 và a  b  c  1 nên 0  a  1, 0  b  1, 0  c  1
Suy ra t  a 2  b 2  c 2  a  b  c  1
2
Mặt khác 1   a  b  c   a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   3  a 2  b 2  c 2 
1

0.25

1 

Suy ra t  a 2  b 2  c 2  . Vậy t   ;1 .
3
3 

7
t

Xét hàm số f  t   
f 't   

121
1 
; t   ;1
7(1  t )
3 

7
121

2
2
t
7 1  t 

f 't   0  t 

0.25

7
18

Lập BBT của hàm số f  t 
324
1 

; t   ;1 .
7
3 
324
1
1
1
Vậy min A 
đạt được khi a  ; b  ; c  .
7
2
3
6

Dựa vào BBT suy ra f  t  

0.25

------------------- Hết -------------------

Trang 7/6, HDC HSG12-Môn Toán