Đề thi và đáp án tuyển chọn đội tuyển HSG Toán 12 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
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)
Câu 3 (1.0 điểm).Giải hệ phương trình  2
2
 x + 2 y = 2 x − 4 y + 3

y2 + 2 y + 2

( x, y ∈ ¡ )

Câu 4 (1.5 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh AB = AD = 2, AA1 = 3
·
và góc BAD
= 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A1D1 và A1B1.
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
7

121

biểu thức A = a 2 + b 2 + c 2 + 14 ab + bc + ca .
(
)
------------------- 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 ) .
TXĐ: D = ¡ .
Đạo hàm: y ' = 3 x 2 − 6mx

Nội dung

Điểm

x = 0
y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx = 0 ⇔ 
. Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì m ≠ 0.
 x = 2m
2

3
2
Tọa độ hai điểm cực trị là A ( 0;4m − 2 ) , B ( 2m; −4m + 4m − 2 ) .
uuu
r
Ta có: AB = ( 2m; −4m3 ) ⇒ AB = 4m 2 + 16m 6 = 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 + 4m4

, suy ra S ∆ABC =

1
d ( C ; AB ) . AB = 6m − 2m 3 .
2

 m = ±1
3
.
Do đó 6m − 2m = 4 ⇔ 
 m = ±2

0.25
0.25

2x − 4
có đồ thị là ( C ) và hai điểm M ( −3;0 ) , N ( −1; −1)
x +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
MN
:
x
+
2
y
+
3
=
0
Phương trình đường
.
AB
:
y
=
2
x
+
m
Phương trình đường
.

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 =

Để đường AB cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì pt ( 1) có hai nghiệm phân biệt

Trang 2/6, HDC HSG12-Môn Toán


m > 4 + 4 3
∆ > 0
⇔ m 2 − 8m − 32 > 0 ⇔ 
.
khác -1 ⇔ 
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
Phương trình tương đương với:

Điểm
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 = −

π
+ kπ .
3

0.25

5π

x

=
−
+ k 2π

0.25
5π 

6
.
+) 2cos 2 x + 3 cos x − sin x = 0 ⇔ cos 2 x = cos  x −
÷⇔ 
6 

 x = 5π + k 2π

18
3
π
5π
5π k 2π
+ 2 kπ , x =
+
.
Vậy phương trình có nghiệm: x = − + kπ , x = −
3
6
18
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.
x
Giả sử rút x ( 1 ≤ x ≤ 9; x ∈ ¥ ) , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là C9 , số phần tử
của không gian mẫu là: Ω = C9 .
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”
x

x
Số cách chọn tương ứng với biến cố A là A = C7

C7x
C7x
Ta có P A = x ⇒ P ( A ) = 1 − x
C9
C9

( )

0.25

Trang 3/6, HDC HSG12-Môn Toán

Do đó P ( A ) >

Cx 5
5
⇔ 1 − 7x > ⇔ x 2 − 17 x + 60 < 0 ⇔ 5 < x < 12 ⇒ 6 ≤ x ≤ 9
6
C9 6

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)
Câu 3. (1.0 điểm)  2
2
 x + 2 y = 2 x − 4 y + 3

y2 + 2 y + 2

0.25

( x, y ∈ ¡ )

Nội dung
3 x − 2 x − 5 + 2 x x + 1 − 2 ( y + 1)
2

2

Hệ đã cho trở thành: 

0.25

Điểm
y + 2 y + 2 = 0 (1)
2

2
2
 x + 2 y − 2 x + 4 y − 3 = 0 (2)

⇔ 3 x 2 − 2 x − 5 + 2 x x 2 + 1 − 2 ( y + 1)
⇔ x 2 + x x 2 + 1 = ( y + 1) + ( y + 1)
2

y 2 + 2 y + 2 = x2 + 2 y 2 − 2x + 4 y − 3

( y + 1)

2

+ 1 (*)

2
Xét hàm số: f (t ) = t 2 + t t 2 + 1 (t ∈ ¡ ) có f '(t ) = 2t + t + 1 +

t2
t2 +1

> 2t + 2t > 0

Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡
Do đó từ phương trình (*) ta có: x = y + 1 thế vào phương trình (2) ta được:
2

y=

( 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
2

2

0.25

2

0.25

0.25

0.25

Câu 4.a (0.75 điểm)
Cho hình hộp đứng ABCD. A1 B1C1 D1 có các cạnh
·
AB = AD = 2, AA1 = 3 và góc BAD
= 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh
A1D1 và A1B1. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng ( BDMN ) .

Nội dung

Điểm

Trang 4/6, HDC HSG12-Môn Toán


Ta có: BD ⊥ AC , BD ⊥ AA1 ⇒ BD ⊥ mp ( ACC1 A1 ) ⇔ AC1 ⊥ BD.
uuuu
r uuur uuu
r uuur uuuu
r  uuur 1 uuu
r
r 2 1 uuu
r uuur uuur 2
1 uuu
Mặtkhác: AC1.BN = AB + BC + CC1  BB1 + BA ÷ = − AB + BA.BC + BB1 =
2
2
2



uuuu
r uuur
−2 − 1 + 3 = 0. Suy ra AC1 ⊥ BN ( 2 ) .

(

0.25

)

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 .
VI . AMN IA.IM .IN 1
3
=
= ⇒ VA. BDMN = VI . ABD
VI . ABD
IA.IB.ID 4
4
3 1
1
3 3
Suy ra VA. BCMN = . .IA.S ∆ABD = .2 3.22.
= ( dvtt )
4 3
4
4
2

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

0.5

Điểm
0.25

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 5/6, HDC HSG12-Môn Toán


Nội dung

Điểm

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 Y 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
h
HS
HA HK
6 HS
9 36

0.25
1
3

1
3

Suy ra VS . ABCD = .SH .S ABCD = .6.3.6 = 36 (dvtt).
Gọi α là góc giữa hai đường thẳng SA và BD ⇒ α = ( 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
·
cos SAK =
=
= .
2. AS . AK
2.3 5.3 5 5
1
·
= arccos .

Vậy α = SAK
5

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 6/6, 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 :
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

(

) (

0.25

)

1
1
·
» + sd DC
»
» + sd DB
» = DJB
·
DBJ
= sd EC
= sd EA
⇒ ∆DBJ cân tại D.
2
2
DB = DC = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC.

Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D ( 2; −4 ) bán kính JD = 0 + 52 = 5 có phương

0.25

trình ( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 25. Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm:
2

2

( x − 2 ) 2 + ( y + 4 ) 2 = 25
 B ( −3; −4 )
 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
⇒ C ( 5;0 )
Khi đó C là nghiệm của hệ: 
 x − 2 y − 5 = 0
Vậy A ( 2;6 ) , B ( −3; −4 ) , 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
7

121

biểu thức A = a 2 + b 2 + c 2 + 14 ab + bc + ca .
(
)
Nội dung
Ta có 1 = ( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ⇒ ab + bc + ca =
7

121

Do đó A = a 2 + b 2 + c 2 − 7 1 − a 2 + b 2 + c 2
(
)

(

1− ( a + b + c
2

2

2

2

)

Điểm

0.25

)
Trang 7/6, 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
2
2
2
2
2
2
Mặt khác 1 = ( a + b + c ) = a + b + c + 2 ( ab + bc + ca ) ≤ 3 ( a + b + c )
1

0.25

1 

2
2
2
Suy ra t = a + b + c ≥ . 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 8/6, HDC HSG12-Môn Toán