Đề kiểm tra kiến thức đội tuyển HSG môn Toán 12 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Vĩnh Lộc

SỞ GD & ĐT THANH HĨA
TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LẦN 1
LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH
NĂM HỌC 2020 -2021
Môn: Tốn - Lớp 12 THPT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày kiểm tra: 08 tháng 11 năm 2020
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)

Câu I(4 điểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  f  x   x3  3 x  2
2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  3 m  x  2 x  3  2 cắt trục hoành tại ba điểm
phân biệt.
Câu II(4 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác: cos 2 x  3 1  sin x  





2cos x  2sin 2 x  2sin x  1
2cos x  1

1

2
3 xy 1  9 y  1 
x 1  x

2. Giải hệ phương trình: 
427 x2 y 2  2 x2  9 y 2  4 x  4

Câu III(4 điểm).
1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ chủ của những
chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để cả bốn người cùng được trả
sai mũ.
2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phịng thí nghiệm được tính theo cơng thức S (t )  A.e rt .
Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S (t ) là số lượng vi khuẩn có được sau thời gian t (phút),
r  0 là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng
vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng
vi khuẩn đạt 121500 con ?
Câu IV(6 điểm).
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vng với AB  BC  2 và A’
cách đều các đỉnh A, B, C . Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC , AC . Trên các đoạn A’B , A’ A
lần lượt lấy M , N sao cho MA’  2 BM , AA’  3 A’ N . Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết
A’L  10.
2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ khơng đáy từ ngun liệu là mảnh tơn hình tam giác
đều ABC có cạnh bằng 90  cm  . Bạn cắt mảnh tơn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu
(với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có
chiều cao bằng MQ . Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được.
3. Cho hình chóp S .ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a 3 , M là điểm bất kì trong
khơng gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB ,
SC . Tính giá trị nhỏ nhất của d .
Câu V(2 điểm).
Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  12 .
1
1
8
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2

 2
 2
 3. ( a  2b)( a  2c) .
a  1 b  1 c  4c  8
...HẾT...
1


SỞ GD & ĐT THANH HĨA
TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC

HDC CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG
LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH
NĂM HỌC 2020 -2021
Môn: Tốn - Lớp 12 THPT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày kiểm tra:08 tháng 11 năm 2020
(Đáp án gồm có 09 trang, 05 câu)

Qui định chung
+) Tổng điểm của bài thi được làm tròn đến 0.25 điểm.
+) Học sinh có thể giải theo cách khác. Nếu đúng cho điểm tối đa từng phần theo qui định.
+) Nếu bài hình nào khơng vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì khơng được chấm điểm bài đó.
Câu
I
(4đ)

Nội Dung

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  f  x   x3  3 x  2
 Tập xác định: D  R.
 Sự biến thiên:
+) Giới hạn và tiệm cận: lim y  , lim y   đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.
x 

Điểm
2đ
0,5

x 

+) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3.
x  1
y '  0  3x 2  3  0  
.
 x  1

0,5

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   .
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  1;1

ng biến thiên:
0,5

 Đồ thị:
+)Nhận điểm uốn I(0; -2) làm tâm đối xứng.
+) Cắt Ox tại điểm (1;0);  2;0  , cắt Oy tại điểm (0; 2)
Đồ thị như hình vẽ

0,5

2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  3 m  x  2 x  3  2 cắt trục
hoành tại ba điểm phân biệt.

2đ

2


Nhận thấy số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hồnh là số nghiệm của phương trình
3
m  x  2x  3  2
3
Điều kiện: x  .
2
u0


3
Đặt u  m  x , v  2 x  3  0 ta có hệ 
uv  2
3
2u  v 2  2m  3


0,5

Từ u  v  2  v  2  u , thay vào phương trình cịn lại của hệ ta được
2

2u 3   2  u   2m  3  2u 3  u 2  4u  7  2m  .
Do v  0 nên u  2 .
Với cách đặt u  3 m  x ta suy ra với mỗi giá trị u  2 có một và chỉ một giá trị x
tương ứng.
Xét hàm số f  u   2u 3  u 2  4u  7 trên  ; 2 , ta có

0,5

u  1
f   u   6u  2u  4 ; f   u   0  
2
u 
3

Bảng biến thiên f  u  :
2

0,5

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình   có ba nghiệm u phân biệt khi và
chỉ khi

145
145
 2m  10 
 m 5.
27
54

cos 2 x  3 1  sin x  

1.Giải phương trình:
II
(4đ)

0,5

2cos x  2sin 2 x  2sin x  1
2cos x  1

Điều kiện 2 cos x  1  0
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x  3 1  sin x  

 2 cos x  1 2 sin x  1

2đ
0,25
0,5

2 cos x  1

 cos 2 x  3 1  sin x   2sin x  1

0,5

sin x  1
 1  sin x  2 sin x  3  0  
sin x  3

2


+) sin x  1  x    k 2 , k  Z
2

0,5





3




 x  3  k 2
3
+) sin x 

k  Z 
2
 x  2  k 2

3
Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là:

2
x    k 2 và x 
 k 2 (với k  Z )
2

3
1

2
3 xy 1  9 y  1  x  1  x 1
2. Giải hệ phương trình: 
 427 x2 y 2  2 x2  9 y 2  4 x  4
2






ĐK: x  0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
x 1  x
x

1

 3 y  3 y (3 y )  1 
2

x

2

 1 


  1 (3)
x  x

1



Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2  1 , t > 0.
t2
Ta có: f’(t) = 1 + t 2  1 
>0. Suy ra f  t  luôn đồng biến trên (0,+∞)
t2 1
 1 
1
PT (3)  f  3 y   f 
  3y =
x
 x

1
x

2đ

0.5

PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1 

Với 3y 

0,25

thay vào (2) ta được: 42 x

2

3 x



0.25

4 x2  4 x  1
 4
x

 2 x  1
4 x2  4 x  1
1 
Điều kiện có nghiệm
0 
 0  x   0;   \   .
x
x
2
2

 4  2

 2 x  1

2

 6 x  4 x  log 2  2 x  1  log 2 x .
x
2
 log 2  2 x  1  4 x 2  log 2 x  6 x .
4 x 2  6 x



2

0.5

2

 log 2  2 x  1  4 x 2  4 x  1  log 2 x  2 x  1
2

 log 2  2 x  1   2 x  1  log 2 2 x  2 x
2

.



 g  2 x  1

2

2

  g  2x  trên miền  0;  

Xét g  t   log 2 t  t  g   t  

 f  t  đồng biến.

1
 1  0 t  0 .
t ln 2

0.5

  2 x  1  2 x  4 x 2  4 x  1  2 x
2

4



3 5
x 
4
(nhận).
 4x2  6x  1  0  

3 5

x 

4

III
(4đ)

Với x 

3 5
3 5
y
4
3

0.25

3 5
3 5
y
4
3
 3  5 3  5   3  5 3  5  
;
 .
Vậy S  
;
;
  4


3
3
 4
 

1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ
chủ của những chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất
để cả bốn người cùng được trả sai mũ.
Số phần tử của không gian mẫu là n     4!  24 .
Với x 

2đ

0.5

Gọi biến cố A : " Cả bốn người cùng được trả sai mũ.”
A : " Có ít nhất 1 người trong bốn người được trả đúng mũ.”
+) TH1: Cả bốn người cùng được trả đúng mũ có: 1 cách.

0.25

+) TH2: Chỉ có một người được trả đúng mũ có:
Chọn 1 người trong 4 người để trả đúng mũ có: C41  4 cách.

0.5

Ba người cịn lại trả sai mũ có: 3! 1  C31 .1  2
Theo quy tắc nhân có: 4x2=8 cách.
+)TH3: Chỉ có đúng 2 người được trả đúng mũ có: C42 .1  6 cách.

 

 

Theop quy tắc cộng: n A  1  8  6  15  P A 
IV
(6đ)

 

Vậy P  A  1  P A 

15 5
 .
24 8

3
8

2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phịng thí nghiệm được tính theo cơng
thức S (t )  A.e rt . Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S (t ) là số lượng vi
khuẩn có được sau thời gian t (phút), r  0 là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời
gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con
và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt
121500 con ?
 A  500
ln 3

 1500  500.e300 r  r 
.

Ta có  S1 (t )  1500
300
t  5h  300 phút
1

0.25
0.25

0.25
2đ

0.5

5


Ta lại có:

 A  500
ln 3
t

300
S
(
t
)

121500


121500

500.
e


ln 3
r 
300



ln 3
t  ln 243  t  1500 (phút )  25 (giờ).
300

0.5

0.5

Để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con thì cần 25 giờ để 500 con vi khuẩn ban đầu
tăng trưởng.

0.5

1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vng với
AB  BC  2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của
sao cho
BC , AC . Trên các đoạn A’B , A’ A lần lượt lấy M , N

2đ

MA’  2 BM , AA’  3 A’N . Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10.

0.5

Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  S MLK  S ELK  VMNKL  VNELK
ta cũng có S EKN 

1
S A ' KA
3

+) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC 
mà BK  AC  BK   A ' AC 
+) Ta có d  L,  NKE   

1
BK
, do L là trung điểm BC.
d  B,  NKE   
2
2

0.5
0.5

6

VNELK 

1
1
AC
d  L,  NKE   .S NKE  KB.S A ' KA KB 
 2
3
18
2

+) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K 
 S A ' AK 
VNELK 

A ' L2  LK 2  3

0.5

1
3 2
A ' K .KA 
. Vậy
2
2

1
1
3 2 1

1
KB.S A ' KC 
2.
  VMNLK  .
18
18
2
6
6

2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ khơng đáy từ ngun liệu là mảnh
tơn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90  cm  . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình

2đ

chữ nhật MNPQ từ mảnh tơn ngun liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q
tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ .
Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được.
A

P

Q

B

M

N

0.5

C
A

Gọi I là trung điểm BC . Suy ra I là trung điểm MN . Đặt MN  x ,
 0  x  90  .
MQ BM
3

 MQ 
 90  x  ; gọi R là bán kính
AI
BI
2
x
của trụ  R 
2

Q

P

Ta có:

 x 
Thể tích của khối trụ là: VT   

 2 

Xét f  x  
f  x 

3

x
8

3

 3x
8

2

3

I

3
3
 90  x     x 3  90 x 2 
2
8

 x0
.
 180 x  , f   x   0  
 x  60

x(0;90)

max f  x   f  60  

M

N

C

0.5

 90 x 2  với 0  x  90 .

Khi đó suy ra max f  x   f  60  
x(0;90)

2

B

13500. 3



Khi đó suy ra

0.5

0.5

13500. 3



7


3. Cho hình chóp S . ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a 3 , M là điểm
bất kì trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng
AB , BC , CA , SA , SB , SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của d .

2đ

S

0.5
I

J

O

A

K

C

F

E

G

D

B
Ta có khối chóp S. ABC là khối chóp tam giác đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó SG là chiều cao của khối chóp
S .ABC .
Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , AB , CA và I , J , K lần lượt là hình chiếu
của D , E , F trên SA , SC , SB .
Khi đó DI , EJ , FK tương ứng là các đường vng góc chung của các cặp cạnh SA và
BC , SC và AB , SB và CA .
Ta có DI  EJ  FK . Do đó SID  SJE nên SI  SJ .
Suy ra ED ∥ IJ (cùng song song với AC ). Do đó bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng.
Tương tự ta có bộ bốn điểm D , F , I , K và E , F , J , K đồng phẳng.

Ba mặt phẳng  DEIJ  ,  DFIK  ,  EFJK  đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI , EJ
, FK . Suy ra DI , EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG .
Xét điểm M bất kì trong khơng gian.
d  M , SA   d  M , BC   DI

Ta có d  M , SC   d  M , AB   EJ  d  DI  EJ  FK .

d  M , SB   d  M , AC   FK
Do đó d nhỏ nhất bằng DI  EJ  FK  3DI khi M  O .
a 3
2
a 3

2a 6
Ta có AD 
, AG  AD 
, SG  SA2  AG 2 
,
2
3
3
3
  SG  2 2 .
sin SAG
SA
3
  a 3.2 2  a 6 .
Suy ra DI  AD.sin SAD
2
3
3
a 6
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3DI  3
a 6.
3

0.5

0.5
0.5

8

V.

Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  12 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
8
P 2
 2
 2
 3. (a  2b)(a  2c) .
a  1 b  1 c  4c  8
Ta có (a  b  c) 2  3(a 2  b 2  c 2 )  36  a  b  c  6 . Mặt khác a, b, c  1 nên 5  a
+ b + c + 2  8.
1
1
2
1
1
1
1
Ta CM: 2
(1).
 2

(1)  2

 2


0
a  1 b  1 ab  1
a  1 ab  1 b  1 ab  1
ab  a 2
ab  b 2
(b  a ) 2 (ab  1)
 2
 2
0 2
 0 (2)
(a  1)(ab  1) (b  1)(ab  1)
(a  1)(b 2  1)(ab  1)
Vì a  1, b  1 nên (2) đúng . Do đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra  a = b.
1
1
2
2
 2


a  1 b  1 ab  1  a  b  2

 1
 2 
1
1
8
2
2
 2

 2
 2



2
2
a  1 b  1 c  4c  8  a  b 
c2

 1 
 1
 2 
 2 
1
1
8
64
 2
.
 2
 2

a  1 b  1 c  4c  8  a  b  c  2 2  16

Áp dụng (1), ta có:

2đ

0.25

2

0.5
4
2

a bc 2

 1
4



(a  2b)(a  2c)  a  b  c
64
 P
 3(a  b  c  2)  6 . Đặt t = a + b + c + 2, 5  t  8, ta có:
2
 a  b  c  2   16
64
P 2
 3t  6
t  16
Lại có:

Xét hàm số f (t ) 

64
 3t  6 , với t  [5 ; 8]

t  16
2

128t
 3  0, t  [5;8]  f(t) nghịch biến trên đoạn [5 ; 8].
(t  16) 2
86
86
 f (t )  f (8)   , t  [5;8]  P  
5
5
86
86
P
 a  b  c  2 . Vậy GTNN của P là  , khi a  b  c  2 .
5
5
f '(t ) 

2

Giáo viên thẩm định

Trịnh Đình Hiểu

0.5

0.25

0.5

Giáo viên ra đề

Phạm Thị Nga

9