Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc - Trường THPT Yên Lạc 2

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 
KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 
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 3 2 23 4 2y x mx m    có đồ thị là  mC . Tìm m để đồ thị hàm số  mC có 
hai điểm cực trị ,A B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 với điểm  1;4 .C 
b) Cho hàm số 2 41
xy
x
  có đồ thị là  C và hai điểm    3;0 , 1; 1M N   . Tìm trên đồ thị 
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:  24cos 1 sin 2 3 cos cos2 1 2sin .x x x x 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 
suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn 5 .6 
Câu 3 (1.0 điểm).Giải hệ phương trình    2 2 22 23 2 5 2 1 2 1 2 2 ,2 2 4 3
x x x x y y y
x y
x y x y
             
 
Câu 4 (1.5 điểm). Cho hình hộp đứng 1 1 1 1.ABCD A B C D có các cạnh 12, 3AB AD AA   
và góc  060BAD  . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh 1 1A D và 1 1.A B 
a) Chứng minh rằng 1AC 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 3, 6,AB BC  
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  2;1 .J Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 
2 10 0x y   và  2; 4D  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 7 0.x y   
Câu 7 (1.0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c   .Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức  2 2 2
7 121
14A a b c 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: 
Trang 1/6, HDC HSG12-Môn Toán 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 
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 3 2 23 4 2y x mx m    có đồ thị là  mC . Tìm m để đồ thị 
hàm số  mC có hai điểm cực trị ,A B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 với điểm 
 1;4 .C 
Nội dung Điểm 
TXĐ: .D   
Đạo hàm: 2' 3 6y x mx  
2 0' 0 3 6 0 .2
x
y x mx
x m
       Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì 0.m  
0.25 
Tọa độ hai điểm cực trị là    2 3 20;4 2 , 2 ; 4 4 2 .A m B m m m    
Ta có:  3 2 6 42 ; 4 4 16 2 1 4 .AB m m AB m m m m       
Phương trình đường 2 2: 2 4 2 0.AB m x y m    
0.5 
 
2
4
6 2; 1 4
m
d C AB
m
  , suy ra  
31 ; . 6 22ABCS d C AB AB m m    . 
0.25 
Do đó 3 16 2 4 .2
m
m m
m
       
0.25 
Câu 1.b (1.25 điểm) Cho hàm số 2 41
xy
x
  có đồ thị là  C và hai điểm    3;0 , 1; 1M N   . Tìm trên đồ thị hàm số  C hai điểm ,A B sao cho chúng đối xứng 
nhau qua đường thẳng MN . 
Nội dung Điểm 
Phương trình đường : 2 3 0MN x y   . 
Phương trình đường : 2AB y x m  . 
0.25 
Khi đó hai điểm ,A B có hoành độ thỏa mãn: 2 4 21
x x m
x
   . ĐK: 1.x   
Pt  22 4 0 1x mx m     
0.25 
Trang 2/6, HDC HSG12-Môn Toán 
Để đường AB cắt  C tại hai điểm phân biệt thì pt  1 có hai nghiệm phân biệt 
khác -1 20 4 4 38 32 0 .2 4 0 4 4 3
m
m m
m m m
                
 Trung điểm I của đoạn AB có tọa độ 1 2 1 2;2
x x x x m     với 1 2,x x là nghiệm 
của pt  1 . Mà 1 2 2
mx x   nên ;4 2
m mI     . 
0.5 
Ta có: I MN nên 2. 3 0 44 2
m m m       ( thỏa mãn). 
Suy ra    0; 4 , 2;0A B hoặc    2;0 , 0; 4 .A B  
0.25 
Câu 2.a (1.0 điểm)  24cos 1 sin 2 3 cos cos 2 1 2sin .x x x x x    
Nội dung Điểm 
Phương trình tương đương với: 
2 22sin (2cos 1) 2 3 cos cos 2 4cos 1 0.x x x x x     
0.25 
    
  
2 22sin cos 2 2 3 cos cos 2 3cos sin 0
2cos 2 sin 3 cos 3 cos sin 3 cos sin 0
3 cos sin 2cos 2 3 cos sin 0
x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x
    
     
    
0.25 
+) 3 cos sin 0 tan 3 .3x x x x k
          0.25 
+) 
5 25 62cos 2 3 cos sin 0 cos 2 cos .5 26
18 3
x k
x x x x x
kx
 
 
                
Vậy phương trình có nghiệm: 3x k
    , 5 5 22 , .6 18 3
kx k x       
0.25 
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 
lại ghi số không chia hết cho 4. 
Giả sử rút  1 9;x x x   , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là 9xC , số phần tử 
của không gian mẫu là: 9 .xC  
0.25 
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” 
Số cách chọn tương ứng với biến cố A là 7xA C 
Trang 3/6, HDC HSG12-Môn Toán 
Ta có    7 7
9 9
1
x x
x x
C CP A P A
C C
    0.25 
Do đó   27
9
5 51 17 60 0 5 12 6 96 6
x
x
CP A x x x x
C
              0.25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6. 0.25 
Câu 3. (1.0 điểm)    2 2 22 23 2 5 2 1 2 1 2 2 ,2 2 4 3
x x x x y y y
x y
x y x y
             
 
Nội dung Điểm 
Hệ đã cho trở thành:  2 2 2
2 2
3 2 5 2 1 2 1 2 2 0 (1)
2 2 4 3 0 (2)
x x x x y y y
x y x y
              
 
     
2 2 2 2 2
2 22 2
3 2 5 2 1 2 1 2 2 2 2 4 3
1 1 1 1 1 (*)
x x x x y y y x y x y
x x x y y y
             
        
0.25 
Xét hàm số: 2 2( ) 1 ( )f t t t t t    có 22 2'( ) 2 1 2 2 01
tf t t t t t
t
       
Suy ra  f t là hàm số đồng biến trên  
0.25 
Do đó từ phương trình (*) ta có: 1x y  thế vào phương trình (2) ta được: 
   2 2 2
2
1 2 2 1 4 3 0 3 4 4 0 3
2
y
y y y y y y
y
               
+) Với 2 1y x     
+) Với 2 53 3y x   
0.25 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;x y là:   5 31; 2 ; ; .3 2
      
0.25 
Câu 4.a (0.75 điểm) Cho hình hộp đứng 1 1 1 1.ABCD A B C D có các cạnh 
12, 3AB AD AA   và góc  060BAD  . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh 
1 1A D và 1 1.A B Chứng minh rằng 1AC vuông góc với mặt phẳng  BDMN . 
Trang 4/6, HDC HSG12-Môn Toán 
Nội dung 
Điểm 
Ta có: 1 1 1 1, ( ) .BD AC BD AA BD mp ACC A AC BD      0.25 
Mặtkhác:   2 21 1 1 11 1 1. .2 2 2AC BN AB BC CC BB BA AB BA BC BB          
           = 
2 1 3 0.    Suy ra  1 2 .AC BN  
Từ  1 và   12 ( ).AC BCMN  
0.5 
Câu 4.b (0.75 điểm) Tính thể tích khối chóp .A BDMN . 
Nội dung Điểm 
 Gọi  1 1, ,AA DM BN I A M N    lần lượt là trung điểm của , , .AI DI BI 0.25 
.
. .
.
. . 1 3
. . 4 4
I AMN
A BDMN I ABD
I ABD
V IA IM IN V V
V IA IB ID
    
Suy ra  2. 3 1 1 3 3. . . .2 3.2 .4 3 4 4 2A BCMN ABDV IA S dvtt   
Vậy thể tích khối chóp .A BDMN bằng 3 .2 
0.5 
Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có 3, 6,AB BC  
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 
0.25 
Theo giả thiết:    6SBH SKH SHB SHK g c g HK HB BC           . 
Do đó A là trung điểm của .HB 
Ta thấy ABDK là hình bình hành  / / / /BD AK BD SAK  mà  SA SAK 
Suy ra           , , , , 6.d BD SA d BD SAK d D SAK d H SAK h     
0.25 
Do tam diện .H SAK vuông tại H nên: 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 16 9 36h HS HA HK HS       
6SH  
Suy ra . 1 1. . .6.3.6 36 (dvtt).3 3S ABCD ABCDV SH S   
0.25 
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng SA và    , ,BD BD SA AK SA   
Ta có: 6 2, 3 5.SA SA AK   Trong tam giác SAK có: 
 2 2 2 45 45 72 1cos .2. . 52.3 5.3 5
AS AK SKSAK
AS AK
      
Vậy  1arccos .5SAK   
0.25 
Câu 6. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường 
tròn tâm  2;1 .J Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 
2 10 0x y   và  2; 4D  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 7 0.x y   
Nội dung Điểm 
Trang 6/6, HDC HSG12-Môn Toán 
AJ đi qua  2;1J và  2; 4D  nên AJ có phương trình : 2 0x   
Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : 
 2 0 2 2;6 .2 10 0 6
x x
A
x y y
          
0.25 
Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC 
Ta có  DB DC DB DC   và  EA EC 
       1 12 2DBJ sd EC sd DC sd EA sd DB DJB DBJ       cân tại .D 
DB DC DJ  hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .JBC 
0.25 
 Suy ra ,B C nằm trên đường tròn tâm  2; 4D  bán kính 20 5 5JD    có phương 
trình    2 22 4 25.x y    Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm: 
     
 
2 2 3; 43 22 4 25
4 9 2; 97 0
Bx xx y
y y Bx y
                        
Do B có hoành độ âm nên  3; 4 .B   
0.25 
BC đi qua  3; 4B   và vuông góc AH nên có phương trình: 2 5 0x y   . 
Khi đó C là nghiệm của hệ:      
2 22 4 25 5;02 5 0
x y C
x y
        
Vậy      2;6 , 3; 4 , 5;0 .A B C  
0.25 
Câu 7. (1.0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c   .Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức  2 2 2
7 121
14A a b c ab bc ca     . 
Nội dung Điểm 
Ta có      2 2 22 2 2 2 11 2 2
a b c
a b c a b c ab bc ca ab bc ca
               
Do đó   2 2 2 2 2 27 1217 1A a b c a b c      
0.25 
Trang 7/6, HDC HSG12-Môn Toán 
Đặt 2 2 2t a b c   . 
Vì , , 0a b c  và 1a b c   nên 0 1, 0 1, 0 1a b c      
Suy ra 2 2 2 1t a b c a b c       
Mặt khác      2 2 2 2 2 2 21 2 3a b c a b c ab bc ca a b c            
Suy ra 2 2 2 13t a b c    . Vậy 
1 ;1 .3t
    
0.25 
 Xét hàm số   7 121 1; ;17(1 ) 3f t tt t
       
   22
7 121' 7 1f t t t    
  7' 0 18f t t   
Lập BBT của hàm số  f t 
0.25 
Dựa vào BBT suy ra   324 1; ;17 3f t t
      . 
Vậy 324min 7A  đạt được khi 
1 1 1; ; .2 3 6a b c   
0.25 
------------------- Hết -------------------