Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Du

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

NĂM HỌC 2018 – 2019



MÔN TOÁN

LỚP 12

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 ( 4, 5 điểm)
1) Tìm m để hàm số y  cos 3x  6m cos 2 x  21cos x  2m  8 đồng biến trên khoảng  0;   .
2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số f (x ) = x 3 + (m 2 - 3)x + m 2 + m - 2 có hai
điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng y =

1
x - 2.
2

Câu 2 ( 4, 5 điểm)
1) Giải phương trình tan 3 x  tan 2 x  4 tan x  cot 3 x  cot 2 x  4 cot x  8.
2) Giải phương trình log 5  x 2  7 x  3  log 2  x 2  7 x  4  ,
4

x  .

3) Một nhóm học sinh gồm có 9 bạn nam, trong đó có bạn Hải và 4 bạn nữ trong đó có bạn Minh
xếp vào 13 cái ghế trên một hàng ngang. Tính xác suất để giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba
bạn nam, đồng thời bạn Hải và bạn Minh nêu ở trên không ngồi cạnh nhau.
Câu 3 ( 4, 0 điểm)
1) Giải phương trình

3

4

2) Tính tích phân I 



3

2

3

2

x  3  3 x  2  2 x  4 x  3  2 x  4 x  2,

log 2  2sin x  cos x 
1  cos 2 x

0

x .

dx .

Câu 4 ( 6, 0 điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x  y  3 2  3  0 và hai
đường tròn

 C1  : x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 ;  C2  : x 2   y  3

2

 1. Viết phương trình đường tròn  C 

tiếp xúc với đường thẳng d , tiếp xúc ngoài với đường tròn  C1  , đồng thời  C  cắt  C2  tại hai
điểm A, B phân biệt mà AB  d .
·  90o . Góc giữa A ' C và mặt
2) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi, ABC

đáy  ABCD  bằng 30o ; góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và  ABCD  bằng 45o ; khoảng cách từ điểm
C ' đến mặt phẳng  A ' CD  bằng a. Gọi E là trung điểm cạnh CD . Tính thể tích khối hộp đã cho và

bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE .
3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A (0;9;0) ,
M (4;3;25) và cắt hai tia Ox ,Oz lần lượt tại hai điểm B ,C khác O sao cho OB + OC nhỏ nhất.
ac

Câu 5 ( 1, 0 điểm) CMR 

bc

b c

b

a
   , a, b, c  0, a  b
b

------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: .............................................................Số báo danh:..................................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)..........................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký)..........................................................................................................


Câu
Câu 1

Hướng dẫn giải

Điểm
4.5đ

y  cos 3x  6m cos 2 x  21cos x  2m  8
= 4 cos 3 x - 3 cos x + 6m (2 cos2 x - 1)- 21cos x + 2m - 8
3

0. 5

2

= 4 (cos x + 3m cos x - 6 cos x - m - 2)

Đặt t = cos x , hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   khi và chỉ khi hàm số
f (t ) = t 3 + 3m t 2 - 6t - m - 2 nghịch biến trên (- 1;1)

1.1.
(2.5
điểm)

(

0.5

)

f ' (t ) = 3t 2 + 6mt - 6 = 3 t 2 + 2m t - 2

Hàm số f (t ) = t 3 + 3m t 2 - 6t - m - 2 nghịch biến trên (- 1;1)

0.5

Û t 2 + 2mt - 2 £ 0, " t Î (- 1;1)
ìï V' = m 2 + 2 > 0
ïï
Û ïí f ' (- 1) £ 0
ïï
ïï f ' (1) £ 0
î
ìï - 1 - 2m £ 0

1
1
Û ïí
Û - £ m £ .
ïï - 1 + 2m £ 0
2
2
î
Kết luận.
2

0.5

0.5

2

2

Ta có y '  3 x  m  3. Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  3  0  m  3.

0.5

Giả sử A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị.
1.2
(2.0
điểm)

Tính được hệ số góc của đường thẳng AB là k 

f ( x1 )  f ( x2 )



2

m
3

x1  x2
1
Hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng y = x - 2 suy ra
2
1
1 2
k .  1  m  3  1  m  0.
2
3
Thử lại m  0 thỏa mãn.





Câu 2

2



3 .

0.5

0.5
0.5
4.5đ

3

2

3

2

tan x  tan x  4 tan x  cot x  cot x  4 cot x  8

Điều kiện: sin x.cos x  0  x  k

2.1
(1.5
điểm)


2

,k 

0.5

Phương trình tương đương
3
2
(tan x  cot x )  (tan x  cot x )  (tan x  cot x)  6  0
Đặt t  tan x  cot x, | t | 2 , phương tình (1) trở thành
3

(1)

2

t t t 60
Giải được t  2

Suy ra tan x  cot x  2  sin 2 x  1  x 
Vậy x 


4

 k , k 


4

 k

(thỏa mãn).

là nghiệm của phương trình đã cho.

0.5

0.5






log 4 5 x 2  7 x  3  log

2

x

2



 7x  4 .

2

 x  7 x  3  0
Điều kiện:  2
.
 x  7 x  4  0
Viết lại phương trình dưới dạng

 log 5 x 2  7 x  3  log 4 x 2  7 x  4







0. 5



(1)

Đặt y  log 4 ( x 2  7 x  4) . Từ phương trình (1) ta có hệ:
2.2
(1.5
điểm

y
y
 x 2  7 x  4  4 y
 4 1
y
y

4

1


5


 2
     1 (2)
y
 5 5
 x  7 x  3  5
y

0.5

y

4 1
Hàm số f  y        là hàm nghịch biến
5 5
Do đó phương trình (2) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận thấy y=1 là một nghiệm.
x  1
Với y  1  x 2  7 x  4  4  x 2  7 x  8  0  
 x  8
Vậy phương trình có nghiệm x  8 và x  1.

0.5

W = 13!

2.3
(1.5
điểm)

Đánh số ghế trên hàng ngang theo thứ tự từ 1 đến 13. Các bạn nữ phải ngồi vào các ghế
số 1,5,9,13.
Gọi A là biến cố: “Giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn
Hải và bạn Minh không ngồi cạnh nhau”.
Xét các trường hợp
- Bạn Minh ngồi ở ghế 1
+ Số cách xếp 3 bạn nữ còn lại là 3!.
+ Có 8 cách xếp vị trí của Hải .
+ Có 8! cách xếp tám bạn nam vào các vị trí còn lại.
Suy ra số cách xếp là 3!.8.8!
- Bạn Minh ngồi ghế 13 cũng có số cách xếp là 3!.8.8!
- Bạn Minh ngồi ghế 5 (ghế 9 làm tương tự)
Có 3! cách xếp 3 bạn nữ, có 7 cách xếp vị trí của Hải, có 8! cách xếp 8 bạn nam còn lại
Suy ra số cách xếp là 3!.7.8!
WA = 2.3!.7.8 !+ 2.3!.8.8 ! = 2. 15.3! 8 !

P (A ) =

0.5

0.5

0.25

2.15. 3!8 !
1
=
×
13!

858

Câu 3

4đ
3

3

2

3

2

x  3  3 x  2  2x  4x  3  2x  4x  2
0. 5

Đặt u  3 x  2; v  3 2 x 2  4 x  2
3.1
(2.0
điểm)

0.25

u 3  1  u  3 v3  1  v.
t2
 1  0, t  1.
Xát hàm số f (t )  3 t 3  1  t. Có f '(t ) 
2

3 t3 1

Phương trình đã cho trở thành

3





Suy ra hàm số f (t ) luôn đồng biến. Nên f (u)  f (v)  u  v.
3
Ta có 3 x  2  3 2 x 2  4 x  2  2 x 2  3x  0  x  0; x  .
2

0. 5
0.5
0.5


Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x  0; x 

4

I


0

3.2

(2.0
điểm)

log 2  2sin x  cos x 
1  cos 2 x

3
.
2


4

dx 

ln  2sin x  cos x 
1
dx
2 ln 2
cos 2 x



0.5

0

ïìï u = ln (2 sin x + cos x )
Đặt ïí
1

ïï dv =
dx
ïî
cos2 x
ìï
2cosx - sin x
ìï
2cosx - sin x
ïï du =
ïï du =
dx
dx
2 sin x + cos x
2 sin x + cos x
ï
ï
Þ í
Þ í
ïï
ïï
1
2 sin x + cosx
ïï v = t an x +
ïï v =
2
2 cos x
ïî
ïî





4
4
1 
1
2cos x  sin x 2sin x  cosx 
I

dx 
 tan x    ln  2sin x  cos x  
2ln 2 
2
2sin x  cos x
2 cos x
0

0



0.5






4
1 3 3 2

sin x  


 1 
 ln
dx 
2 ln 2  2
2
 2cos x  
0





1 3 3 2 
1
4

ln
  x  ln  cos x  
2 ln 2  2
2
2

0 



0.5





0.5

1  27  
 
 ln
4 ln 2  2 2 

Câu 4

6đ

 C1 

có tâm I 1 (- 1; 3) , bán kính R 1 = 2 ;  C2  có tâm I 2 (0; - 3) , bán kính R 2 = 1

Khẳng định tâm I của đường tròn  C  nằm trên đường thẳng l qua I 2 và song song

0.5

với d , l có phương trình x - y - 3 = 0.
4.1
(2.0
điểm)

Tính được đường tròn  C  có bán kính R = 3.

Gọi I (t + 3; t ) Î l . Sử dụng II 1 = R + R 1 = 5 được t = 0 hoặc t = - 1.
I (3; 0) hoặc I (2; - 1).

Kiểm tra  C  cắt  C2  tại hai điểm phân biệt, ta có I (2; - 1).
2

2

KL: Đường tròn  C  : x  2    y  1  9.

0.5
0.5

0.5


B'

C'

A'
D'
G

H

I
B

C

F
O

E

A
D
J

ã' IA = 45o (1) .
H A I ^ BC suy ra gúc (A ' BC ); (A BCD ) = gúc (A ' I , A I ) = A

(

)

ã'CA = 30o (2).
Gúc A ' C ; (A BCD ) = A

(

)

0.5

H A J ^ CD , A H ^ A ' J .
Khng nh khong cỏch t im C ' n mt phng A ' CD bng A H = a .
4.2
(2.0

im)

T (1) suy ra A I = A A '. ỏy A BCD l hỡnh thoi nờn A J = A I .
Xột tam giỏc vuụng A ' A J , t A H = a c A J = a 2.

0.25

t A B = x , (x > 0) ị BC = x . T (2) suy ra A C = a 6.
Xột tam giỏc vuụng A IC : IC =

A C 2 - A I 2 = 2a .

IB = IC - BC = 2a - x .
2

Xột tam giỏc vuụng A IB : A B 2 = A I 2 + IB 2 x 2 = (a 2) + (2a - x )2 x =

3a
ì
2

3a 2 2
a 3
; S A BCD =
ị V A BCD .A ' B 'C ' D ' = 3a 3 .
2
2
Gi F l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc A DE v ng thng d qua F vuụng
gúc vi (A BCD ).
A C ầ BD = {O }ị B O =

0.5

0.25

0.25

Mt phng trung trc ca A A ' ct d ti G thỡ G l tõm mt cu ngoi tip t din AA ' DE .
a
Bỏn kớnh cu ngoi tip t din AA ' DE l GA = GF 2 + FA 2 vi GF =
ì
2
3a 3a a 57
ì ì
A D .DE .A E
a 57
4 = 3a 114 ì
Tớnh c A E =
; FA =
= 2 4
4
4S A DE
32
3a 2 2
2
2

Vy GA =

4.3

(2.0
im)

a
+ FA 2 =
2

0.25

2

2
ổ3a 114 ữ
ử
a
a 1538
ỗ
ữ
+ ỗỗ
=
ữ
ữ
ỗố 32 ữ
2
32
ứ

Gi s B(a; 0;0), C (0; 0; b) ( a, b 0 ).
Phng trỡnh mt phng (P ) qua cỏc im A(0;9; 0), B(a; 0; 0), C (0;0; b) cú dng
x y z

1.
a 9 b
4 25 2
im M(4;3;25) ẻ (P ) nờn
. Ta cú OB OC a b.
a b 3

0.5

0.5


3
4 25
87 3 4b 25a
87
147
 a  b            30  .
2
b  2
2
a b  2 2 a
105
Dấu ‘=’ đạt được khi a  21; b 
.
2
x y 2z
Vậy phương trình mặt phẳng cần lập là
 
 1.

21 9 105
Mà a  b 

Câu 5

0.5

0.5

1đ

a x

 b x 

Xét hàm số f ( x)  
a x
f '( x)  

b x

b x

b x

a
, a, b, a  b, x  0 , f(0)=  
b
/

a x a x

 (b  x) ln
 =

b x  b x 


b x

b

a x
 ba
 ln


b x
a x

Đặt

0.25

0.25

a x
a x
( a  b) 2
ba

 ba
,
g ( x)  
 ln
g
'(
x
)


ln
'


 0, x  0



b x 
b x
( a  x ) 2 (b  x )
a x
ax
=> g(x) nghịch biến (0,+oo) , lim g ( x)  0

0.25

=> g(x)>0 , x>0
=> f’(x)>0, x>0
=> f(c)>f(0) , c>0

=> đpcm

0.25

x 

20 điểm
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học
sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng.
- Với bài toán hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương
ứng.