Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021
Môn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,5 điểm) Cho hàm số y =

−2 x + 1
có đồ thị là đường cong ( C ) và đường thẳng d : =
y 2x + m .
x +1

Tìm m để d cắt ( C ) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng

7 (với O là gốc tọa độ).

Câu 2. (2,5 điểm) Một hộp đựng 20 tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ 1 đến 20 . Một người rút ngẫu
nhiên cùng lúc 3 tấm thẻ. Tính xác suất để bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra có hai số tương ứng ghi
trên hai tấm thẻ ln hơn kém nhau ít nhất hai đơn vị.
Câu 3. (2,5 điểm) Cho hàm số bậc ba f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c với a, b, c ∈ R , biết 4a + c > 2b + 8
và 2a + 4b + 8c + 1 < 0 . Tìm số điểm cực trị của đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) .
Câu 4. (2,5 điểm) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi, tam giác ABD đều cạnh a ,

tam giác BCD cân tại C và BCD
= 120°. Cạnh SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SA = 2a .
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và vng góc với SC cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P. Tính thể

tích khối chóp S . AMNP .
Câu 5. (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x )= 4 − x 2 . Tìm m để hàm số
1

=
y f ( x 2 + x ) + m  2 ln x −  nghịch biến trên khoảng (1; +∞ ) .
x


S

Câu 6. (2,0 điểm) Phần trên của một cây thơng Noel có dạng hình nón, đỉnh
S , độ dài đường sinh l = 2m và bán kính đáy r = 1m. Biết rằng AB là một
đường kính đáy của hình nón và I là trung điểm đoạn thẳng SB (tham khảo
hình vẽ). Để trang trí, người ta lắp một dây bóng nháy trên mặt ngồi của cây
thơng từ vị trí A đến I. Tính độ dài ngắn nhất của dây bóng nháy.

I
A

l

r
B

Câu 7. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 + (m + 2) x + 4 = (m − 1) x3 + 4 x với m là tham số thực. Tìm
m để phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.

Câu 8. (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = 1 + x 2 + x . Tìm m để bất phương trình

( x − m) f ( x − m) +

1 + 1 − x2

(

f 1+ 1− x

2

)

≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1;1] .

Câu 9. (2,0 điểm) Cho các số thực a, b, c ∈ [ 4;8] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
F = a 2 + b 2 + c 2 − log 32 (abc).
4

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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
- Mơn: TỐN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)

I. HƯỚNG DẪN CHUNG
- Mọi cách giải khác đáp án, mà đúng và đủ các bước đều cho điểm tương ứng;
- Ban Giám khảo có thể thống nhất phân chia các ý để cho điểm đến 0.25;
- Điểm tồn bài khơng quy trịn.
II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu

Câu 1
(2.5 đ)

Pt hoành độ giao điểm của d và ( C )

2 x 2 + (m + 4) x + m − 1 =0 (*)
−2 x + 1
= 2x + m ⇔ 
x +1
x ≠ −1


∆
=
a

x A − xB =
AB=

5 x A − xB =

m

5(m 2 + 24)
2

Điểm

0.5

0.5

0.5

5

1
1 m 5(m 2 + 24)
=
S ∆OAB =
7 ⇔ d ( O, AB ) . AB =
7⇔ . .
7
2
2 5
2

0.5

⇔ m 4 + 24m 2 − 112 =⇔

0
m=
±2.

0.5

3
Gọi Ω là khơng gian mẫu. Ta có n ( Ω ) =C20
= 1140 .

1.0

Gọi A là biến cố rút được ba tấm thẻ sao cho bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số
tương ứng ghi trên hai tấm thẻ ln hơn kém nhau ít nhất hai đơn vị.
Biến cố A xảy ra khi có các trường hợp sau:
TH 1. Chọn ra 3 tấm thẻ ghi số liên tiếp có 18 cách.
TH2. Chọn ra 3 tấm thẻ trong đó có đúng 2 tấm thẻ ghi số liên tiếp:
Nếu hai tấm thẻ liên tiếp đó đánh số 1,2 và 19,20 thì có 17 cách chọn tấm thẻ cịn lại.
Nếu hai tấm thẻ đó bắt đầu từ cặp số 2,3 đến cặp số 18,19 thì mỗi cặp số sẽ có 16 cách
chọn tấm thẻ cịn lại.
306 cách.
Vậy TH 2 có 2.17 + 17.16 =
Suy ra n A =18 + 306 =324

( )

( )

A
Suy ra P=

Câu 3
(2.5 đ)

∆
= m 2 + 24 > 0, ∀m ∈ R.

m 2 + 24
; y A − y B = 2 x A − 2 xB
2

( x A − xB ) 2 + ( y A − y B ) 2 =

d ( O, AB ) =

Câu 2
(2.5đ)

NỘI DUNG

( )

n A
324 27
68
= =
, suy ra P ( A ) =
1− P A =
n ( Ω ) 1140 95
95

( )

0.5

0.5

0.5

Ta có 4a − 2b + c − 8 > 0 ⇒ f ( −2 ) > 0
1
1 1

1
2a + 4b + 8c + 1 < 0 ⇔ 8  + a + b + c  < 0 ⇒ f   < 0
2
8 4

2
1
Ta thấy lim f ( x ) = +∞ , nên tồn tại số p > sao cho f ( p ) > 0
x →+∞
2
lim f ( x ) = −∞ , nên tồn tại số q < −2 sao cho f ( q ) < 0
x →−∞

1

0.5

0.5

1
1
Ta có f ( q ) . f ( −2 ) < 0; f ( −2 ) . f   < 0; f   f ( p ) < 0
2
2
1 1 

Suy ra f ( x ) = 0 có 3 nghiệm thuộc các khoảng ( q; −2 ) ;  −2;  ;  ; p 
2 2 

Nên hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị

0,5
0,5

Suy ra g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị.
Câu 4
(2.5 đ)

S

0,5

: IC ID.cot
Tam giác ICD
=
=
60°

2a 3
⇒ AC = AI + IC =
3

P N

Tam giác SAC vng tại A có

D

M
A

a 3
a 3
.
=
; AI
6
2

SN
SA2
3
.
⇒
=
=
2
2

SC SA + AC
5

C

I

SN SA2
=
SC SC 2

0,5

0,5

B

Tam giác ABC vuông tại B ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ; ⇒ BC ⊥ AM Mặt khác AM ⊥ SC , nên
AM ⊥ ( SBC ) , suy ra AM ⊥ SB

0.5

SM SA2
2
SM
SA2
Trong tam giác vng SAB ta có
= 2 ⇒=
=
2

2
SB SB
SB SA + AB
3

Câu 5.
(2.0đ)

V
1
SP SM 2
SM SN 3 2 2
Tương tự = =
Khi đó S . AMN =
.
⇒ VS . AMN =
VS . ABCD .
.= =
5
SD SB 3
VS . ABC
SB SC 5 3 5
V
1
2
Tương tự VS . ANP = V . Suy ra S . AMNP =
5
VS . ABCD 5

0,5

1 2a 3 a 2 3
1
.
.a.
S ABCD = =
AC.BD =
2
3
3
2
V
1
1
a 2 3 a3 6
2a 3 6
2
Suy =
ra VS . ABCD =
. Vậy S . AMNP = ⇒ VS . AMNP = .
SA.S ABCD
a=
2.
3
3
3
9
45
VS . ABCD 5

0.5

(

)

1
x




y f x 2 + x + m  2 ln x −  . Suy ra y ' ( x ) =
Ta có =

( 2x + 1) f ' ( x 2 + x ) +

Hàm số nghịch biến trên (1;+∞ ) khi y ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ (1; +∞ ) .




(

)

2
Hay ( 2x + 1)  f ' x + x +

(

)

m ( 2 x + 1)
x2

m
m
≤ 0 ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇔ f ' ( x 2 + x ) + 2 ≤ 0 ∀x ∈ (1; +∞ ) .
2
x 
x

Suy ra m ≤ − x 2 . f ' x 2 + x = x 2

(( x + x ) − 4)=
2

2

x 6 + 2 x5 + x 4 − 4 x 2 với ∀x ∈ (1; +∞ )

6
5
4
2
Đặt g ( x ) = x + 2 x + x − 4 x , g ′ ( x ) = 6 x 5 + 10 x 4 + 4 x 3 − 8 x = 2 x ( 3 x 4 + 5 x 3 + 2 x 2 − 4 )

0.5

0.5

0.5

Do x ∈ (1; +∞ ) suy ra 3 x 4 + 5 x3 + 2 x 2 − 4 > 0
suy ra g ′ ( x ) > 0 , suy ra g ( x ) đồng biến trên (1; +∞ )
Suy ra

m ≤ g ( x)

với

∀x ∈ (1; +∞ ) khi và chỉ khi m ≤ g (1) =
0

2

0.5


Khi lắp dây bóng từ A đến I trên mặt nón sẽ có hai
hướng, do tính đối xứng nên ta chỉ xét một hướng.
Trải một nửa mặt nón lên mặt phẳng ta được một hình
quạt (như hình vẽ)

S

Câu 6
(2.0đ)

I
A

B

Độ dài ngắn nhất của dây bóng nháy bằng AI

= π ( m)
Cung 
AB là nửa đường tròn đáy nên l 
AB
Số đo góc
⇒ AI=

Câu 7
(2.0đ)

0.5

l
l
π
AB
AB

α =
=
ASB : =
SA

SA2 + SI 2=

l

0.5

2

5 ( m)

0.5

Điều kiện: x ≥ 0.
Nhận xét x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình, suy ra x > 0 , ta có
4
4
x 2 + (m + 2) x + 4 = (m − 1) x3 + 4 x ⇔ x + − (m − 1) x + + m + 2 = 0 (1)
x
x
Đặt

x+

0.5

4
x)
t xét t ( =
=
x

x+

0.5

x2 − 4
x
4
′
t
(
x
)
=
ta có
,
2
2
x
2x
x +4

0.5

t2 + t + 2
Với t ≥ 2 phương trình (1) trở thành t − (m − 1)t + m + 2 = 0 ⇔ m =
t −1
2
t +t +2
t 2 − 2t − 3

Xét hàm số m(t ) =
với t ≥ 2 ta có m′(t ) =
t −1
(t − 1) 2
2

( 2)

0.5

Dựa vào hai bảng biến thiên ta có: Phương trình đã cho có 4 nghiệm ⇔ phương trình (2)
có 2 nghiệm t > 2 . Suy ra 7 < m < 8.
Câu 8.
(2.0đ)

Ta xét f ( − x )=

1 + ( − x ) + ( − x )=
2

1

1 + x 2 − x=

1 + x2 + x

=

1
1

Vậy f ( − x ) =
f ( x)
f ( x)

(1 + 1 − x )
Suy ra ( x − m ) f ( x − m ) +
≤ 0 ⇔ ( x − m) f ( x − m) ≤ −
f (1 + 1 − x )
f (1 + 1 − x )
⇔ ( x − m ) f ( x − m ) ≤ ( −1 − 1 − x ) f ( −1 − 1 − x ) (1)
Xét g ( t=
) t. f ( t=) t ( 1 + t + t=) t t + 1 + t

0,5

2

1 + 1 − x2

2

2

2

2

0.5

2

2

2

3

0,5


g′ (t ) =

1+ t2 +

t2
2

1+ t2 .

+ 2t ≥ 2

t2
2

+ 2t = 2 t 2 + 2t (BĐT Cauchy)

1+ t
1+ t
⇒ g ′ ( t ) ≥ 2 t + 2t ≥ 0 , Vậy hàm số g ( t ) luôn đồng biến trên 

(1) ⇔ g ( x − m ) ≤ g ( −1 −

)

1 − x 2 ⇔ x − m ≤ −1 − 1 − x 2 ⇔ m ≥ x + 1 + 1 − x 2

(

Để (1) ln đúng ta phải có m ≥ Max x + 1 + 1 − x 2
[ −1;1]

Đặt h( x) = x + 1 + 1 − x 2 ⇒ h ' ( x ) = 1 −

(

0,5

)

x
1 − x2

)

. h '( x) = 0 ⇔ x =

1
2

0,5

Từ đó suy ra Max x + 1 + 1 − x 2 = 1 + 2. Vậy m ≥ 1 + 2.
[ −1;1]

Câu 9
(2.0đ)

Xét hàm số f ( x) =
x 2 − 48log 2 x + 80 trên [ 4;8] ta có
2x −
f ′( x) =

( 2 ln 2 ) x 2 − 48 ; f ′( x) = 0 ⇔ x = 24 = x
48
=
( 0)
ln 2
x ln 2
x ln 2
0.5

⇒ x 2 − 48log 2 x + 80 ≤ 0 ⇒ x 2 ≤ 48log 2 x − 80, ∀x ∈ [ 4;8]
1
1
⇒ a 2 + b 2 + c 2 − log 32 (abc) ≤ 48 ( log 2 a + log 2 b + log 2 c ) − 240 − log 32 (abc)
4
4
1
1
⇒ a 2 + b 2 + c 2 − log 32 (abc) ≤ 48log 2 (abc) − 240 − log 32 (abc)

4
4
a, b, c ∈ [ 4;8] ⇒ log 2 a, log 2 b, log 2 c ∈ [ 2;3] ⇒ log 2 (abc) ∈ [ 6;9]

0.5

1
4

Xét hàm số g ( x) = 48 x − 240 − x3 trên [ 6;9] ta có
g ′( x=
) 48 −

3 2
x ; g ′( x) = 0 ⇔ x = 8
4

0,5

Suy ra g ( x) ≤ 16
1
1
a 2 + b 2 + c 2 − log 32 (abc) ≤ 48log 2 (abc) − 240 − log 32 (abc) ≤ 16
4
4
Dấu bằng xảy ra khi abc = 256 và log 2 a, log 2 b, log 2 c nhận giá trị bằng 2 hoặc 3.
Suy ra a= b= 8, c= 4; a= c= 8, b= 4 hoặc c= b= 8, a= 4
Vậy maxF = 16
………………………..HẾT…………………

4

0.5