Đề thi và đáp án chọn HSG Toán 12 cấp cơ sở năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Điện Biên

ĐỀ VÀ HDG HỌC SINH GIỎI 12 ĐIỆN BIÊN 2018-2019
Câu 1:

(6,0 điểm)
2x − 3
(C ) và đường thẳng d : x − y −1 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến
x −1
của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến đó song song với d.

1. Cho hàm số y =

2. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1) x + m + 2 đồng biến trên khoảng (2;+∞) .
Câu 2:

(4,0 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =

2 sin 2 x
.
x
x
sin 4 + cos 4
2
2

3
2
2
 3
 x − y − 3(2 x − y + 2 y ) + 15 x −10 = 0
2. Giải hệ phương trình 

( x; y ∈ ℝ ) .

2
−
y
+
3
−
x
=
2
x
−
2


Câu 3:

(4,0 điểm)
1. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được chọn từ các số
0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 . Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu nhiên một số từ S ,

tính xác suất để số được chọn là số chẵn.

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(0;9) , B (3;6) . Gọi D là miền nghiệm của hệ
2 x − y + a ≤ 0
phương trình 
. Tìm tất cả các giá trị của a để AB ⊂ D .
6 x + 3 y + 5a ≥ 0

Câu 4:

(4,0 điểm)
1. Cho hình chóp SABC . Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A ', B ', C ' khác
với điểm S . Chứng minh rằng:

VS . ABC
SA SB SC
=
.
.
VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '

2. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , có AB = a, SA = a 3 . Gọi O là giao điểm của AC và
BD , G là trọng tâm tam giác SCD .

a) Tính thể tích khối chóp S .OGC.
b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) .
c) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BG .

Câu 5:

(2,0 điểm)
1. Cho phương trình (m + 2) x ( x 2 +1) − x 2 + (m − 6) x −1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để
phương trình (1) có nghiệm thực.

2. Cho đa thức
a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .

f ( x) = x 4 + ax3 + bx 2 + ax +1 có nghiệm thực. Chứng minh rằng

HDG

Câu 1:

(6,0 điểm)
2x − 3
(C ) và đường thẳng d : x − y −1 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến
x −1
của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến đó song song với d.

1. Cho hàm số y =

2. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1) x + m + 2 đồng biến trên khoảng (2;+∞) .
Tập xác định: ℝ.

Lời giải
1. d : x − y −1 = 0 ⇒ d : y = x −1 ⇒ d có hệ số góc kd = 1.
Xét hàm số y = f ( x) =

2x − 3
:
x −1

+ Tập xác định D = ℝ \ {1}.
+ f / ( x) =

1
2

( x −1)

, ∀x ≠ 1.

 2 x − 3
2x −3
 thì ∆ : y = f / ( x0 )( x − x0 ) + 0
Gọi ∆ là tiếp tuyến của (C ) tại M  x 0 ; 0

x0 −1 
x0 −1
+ Giả sử ∆ / / d ta được f / ( x0 ) = kd ⇔

 x0 = 0
.
=1⇔ 
 x0 = 2
( x0 −1)

1

2

+ Thử lại:

i x0 = 0 ⇒ ∆ : y = x + 3 thỏa mãn ∆ / / d .
i x0 = 2 ⇒ ∆ : y = x −1 ⇒ ∆ ≡ d . Trường hợp này không thỏa mãn.
Vậy có đúng một tiếp tuyến của (C ) thỏa đề, đó là ∆ : y = x + 3.

2. y / = 3x 2 − 6mx + 3( m 2 −1), ∀x ∈ ℝ
 x = m −1
: Hai nghiệm phân biệt với mọi m.
y/ = 0 ⇔ 
 x = m −1
Bảng biến thiên


m-1

-∞

x
y'

+

m+1
_

0

+∞

0 +
+∞

y1

y

y2

-∞

Hàm số đồng biến trên (2; +∞) ⇔ (2; +∞) ⊂ (m +1; +∞) ⇔ m +1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1.
Vậy m cần tìm là m ≤ 1.

Câu 2:

(4,0 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =

2 sin 2 x
.
4 x
4 x
sin + cos
2
2

3
2
2
 3
 x − y − 3(2 x − y + 2 y ) + 15 x −10 = 0
2. Giải hệ phương trình 
( x; y ∈ ℝ ) .

2

−
y
+
3
−
x
=
2
x
−
2


Lời giải
1. Ta có sin 4

x
x
x
x
1
2 − sin 2 x
+ cos 4 = 1− 2sin 2 cos 2 = 1− sin 2 x =
≠ 0, ∀x.
2
2
2
2
2
2

Cách 1:

4sin 2 x
8
Khi đó f ( x) =
=
−4 .
2
2 − sin x 2 − sin 2 x
Vì 0 ≤ sin 2 x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ 2 − sin 2 x ≤ 2 nên 4 ≤

8
≤ 8 . Do đó 0 ≤ f ( x) ≤ 4 .
2 − sin 2 x

Ta có f ( x) = 0 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) ,
π
f ( x) = 4 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ sin x = ±1 ⇔ x = ± + 2k π (k ∈ ℤ ) .
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x) là 0 đạt được khi x = k π (k ∈ ℤ) ,
giá trị lớn nhất của f ( x) là 4 đạt được khi x = ±

π
+ 2k π ( k ∈ ℤ ) .
2

Cách 2: Đặt sin 2 x = t , Điều kiện t ∈ [0;1]
 x ≤ 3

2. Điều kiện: 
.
 y ≤ 2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
3

3

( x − 2) + 3( x − 2) = ( y −1) + 3( y −1) (1)


Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , t ∈ ℝ .
Khi đó ta có f ' (t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ . Do đó f (t ) là hàm đồng biến trên ℝ .
Nên phương trình (1) trở thành f ( x − 2) = f ( y −1) ⇔ x − 2 = y −1 ⇔ y = x −1 .
Thay y = x −1 vào phương trình thứ hai ta được:
2 3 − x = 2 x − 2 ⇔ 3 − x = x −1

 x ≥ 1

 x ≥ 1
 x = 2 ⇔ x = 2
⇔
⇔ 

3 − x = x 2 − 2 x + 1 
 x = −1

Với x = 2 thì y = 1 (thỏa mãn).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (2;1) .

Câu 3:

(4,0 điểm)
1. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được chọn từ các số
0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 . Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất

để số được chọn là số chẵn.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(0;9) , B (3;6) . Gọi D là miền nghiệm của hệ
2 x − y + a ≤ 0
phương trình 
. Tìm tất cả các giá trị của a để AB ⊂ D .
6 x + 3 y + 5a ≥ 0

Lời giải
1. Số phần tử của tập S là n ( S ) = 9.9.8.7.6 = 27216.
Gọi số chẵn thuộc tập S có dạng abcde (a ≠ 0) .
Nếu e ∈ {2; 4; 6;8} , trường hợp này ta có: 8.8.7.6.4 = 10752 số.
Nếu e = 0 , trường hợp này ta có: 9.8.7.6 = 3024 số.
10752 + 3024 13776 41
Vậy xác suất cần tìm là: P =
=
= .
27216
27216 81
2. Phương trình đường thẳng AB : x + y − 9 = 0.

Trường hợp 1: Nếu AB là đường thẳng.
a ≤ −2 x + y
Xét hệ 
.

5a ≥ −6 x − 3 y
a ≤ −12
a ≤ −12

Dễ thấy điểm C (2; 7) ∈ AB nhưng C ∉ D vì 
⇔ 
⇔ a ∈ φ.
5a ≥ − 33 a ≥ − 33

2
10

a ≤ −2 x + y
Trường hợp 2: Nếu AB là đoạn thẳng. Ta thay y = 9 − x ( x ∈ [0;3]) vào hệ 
5a ≥ −6 x − 3 y


Câu 4:

a ≤ 9 − 3x
−3 x − 27
ta được 
≤ a ≤ 9 − 3 x (*)
−3 x − 27 ⇒
a ≥
5
5

27
(*) đúng với ∀x ∈ [0;3] ⇔ − ≤ a ≤ 0 .

5
27
Vậy − ≤ a ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5
(4,0 điểm)
1. Cho hình chóp SABC . Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A ', B ', C ' khác
với điểm S . Chứng minh rằng:

VS . ABC
SA SB SC
=
.
.
VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '

2. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , có AB = a, SA = a 3 . Gọi O là giao điểm của AC và
BD , G là trọng tâm tam giác SCD .

a) Tính thể tích khối chóp S .OGC.
b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) .
c) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BG .

Lời giải
1.

Gọi H , H ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, A ' trên ( SBC ) .
AH
SA
=
AH ' SA '

1
1
S SBC = SB.SC .sin BSC ; S SB ' C ' = SB '.SC '.sin BSC
2
2
1
1
Khi đó VS . ABC = VA.SBC = AH .S SBC = AH .SB.SC .sin BSC
3
6
1
1
VS . A ' B 'C ' = VA '.SB 'C ' = A ' H '.S SB 'C ' = A ' H '.SB '.SC '.sin BSC
3
6

Ta có


Vậy

VS . ABC
AH SB SC
SA SB SC
=
.
.
=
.
.

VS . A ' B 'C '
A ' H ' SB ' SC ' SA ' SB ' SC '

2.

a) Ta có AC = a 2 ; SO = SA2 − OA2 =

a 10
2

Gọi M là trung điểm CD
1
a 3 10
SO.OM .MC =
6
48
SG 2
=
=
SM 3

Khi đó VS .OCM =
VS .OCG
VS .OCM

2
a 3 10
S .OMC =
.
3

72
2
2
b) Ta có d (G , ( SBC )) = d ( M , ( SBC )) = d (O, ( SBC ))
3
3
Gọi H là trung điểm BC , K là hình chiếu vuông góc của O trên SH .
1
1
1
4
4
22
Ta có
=
+
= 2+
= 2
2
2
2
2
OK
OH
OH
a
10a
5a

Suy ra S .OGC =

d (O, ( SBC )) = OK =

a 110
22

2
a 110
d (G , ( SBC )) = d (O, ( SBC )) =
3
33
c) Gọi I là giao điểm của BD và AM , I là trong tam tam giác ADC .
Suy ra IG / / SA nên góc giữa hai đường thẳng SA và BG bằng góc giữa hai đường thẳng
IG và BG
1
a 3
2a 2
a 11
Ta có IG = SA =
; BI =
; BG =
3
3
3
3
BG 2 + IG 2 − BI 2
33
cos IGB =
=
2.BG.IG

11
Ta có thể tọa độ hóa.
Câu 5:
(2,0 điểm)


1. Cho phương trình (m + 2) x ( x 2 +1) − x 2 + (m − 6) x −1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để
phương trình (1) có nghiệm thực.

2. Cho đa thức

f ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + ax +1 có nghiệm thực. Chứng minh rằng

a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .

Lời giải
1. Điều kiện: x ≥ 0.
- Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm.
- Với x > 0 , phương trình (1) ⇔ ( m + 2 )

Đặt t =

x2 + 1 x2 + 1
−
+m−6 = 0 .
x
x

t ≥ 2
x2 + 1 

⇒
x2 + 1 ;
2
x
t =
x


Ta được phương trình mới theo ẩn phụ: ( m + 2 ) t − t 2 + m − 6 = 0 ⇔

t 2 − 2t + 6
= m ( 2) .
t +1

)

Yêu cầu bài toán ⇔ ( 2 ) có nghiệm trên  2; +∞ .
Xét hàm số f ( t ) =

t = −4 ( l )
t 2 − 2t + 6
t 2 + 2t − 8
⇒ f ′ (t ) =
=0⇔
.
2
t +1
( t + 1)
t = 2

Bảng biến thiên

x
y'

–∞

-4
+

0

+∞

2
–

–

0

+
+∞

y
2

Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 2 .

2. Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp a 2 + b 2 − 4b +1 ≤ 0 .

2

a 2 + b 2 − 4b + 1 ≤ 0 ⇔ a 2 + (b − 2) ≤ 3 (1) .


Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình f ( x) = 0 nên
2





1
1
1
1
x + ax + bx + ax + 1 = 0 ⇔  x 2 + 2  + a  x +  + b = 0 ⇔  x +  + a  x +  + b − 2 = 0 .







x 
x
x
x
4

3

Đặt t = x +

2

1
thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 + at + b − 2 = 0 có nghiệm
x

thoả mãn t ≥ 2 .
Xét hàm số g (t ) = t 2 + at + b − 2

g ′ (t ) = 2t + a ; g ′ (t ) = 0 ⇔ t =

−a
−a
. Như (1) trên thì
∉ (−2; 2)
2
2

Do đó ta có bảng biến thiên:

−2a + b + 2 ≤ 0 (2)
Phương trình có nghiệm thì 
 2a + b + 2 ≤ 0 (3)

Những điểm M (a; b) thoả (1) thì nằm bên trong hoặc biên đường tròn tâm I (0; 2) và bán kính
bằng

3.

Những điểm N ( a; b) thoả mãn (2) và (3) là những điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ của

−2 x + y + 2 = 0
các đường thẳng 
.
 2 x + y + 2 = 0
Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn.


Ta có điều phải chứng minh: Nếu đã thức đã cho có nghiệm thì a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .

Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:
2
2
t 2 + at + b − 2 = 0 ⇔ t 2 = −at + 2 − b ⇒ t 4 = (−at + 2 − b) ≤  a 2 + (b − 2)  (1 + t 2 )


4
t −1
2
⇒ a 2 + (b − 2) > 2
= t 2 −1 ≥ 3 ⇒ a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .
t +1