Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường khối 12 môn Toán

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 12 
NĂM HỌC 2016-2017 
Môn: Toán, thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) 
Câu 1. ( 4 điểm ). Cho hàm số ݕ = ݔସ − 2݉ݔଶ + 2݉ଶ − 1 có đồ thị là (Cm). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m=1. 
2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một 
tam giác nhận gốc tọa độ là trọng tâm. 
Câu 2. ( 4 điểm ) 
1. Giải phương trình ܿ݋ݏ3ݔ + ܿ݋ݏݔ = 1 + √2 sin ቀగ
ସ
− 2ݔቁ. 
2. Giải hệ phương trình 
 ቊ √8 + ݔ
ଶ + 2√ݔ = 4 + √݁௬
√8 + ݁ଶ௬ + 2√݁௬ = 4 + √ݔ
Câu 3. ( 4 điểm ) 
1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 9
4
x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức:      2 2 21 1 1y z xS x x y y z z       
2. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mxxxxm  31414 
Câu 4. ( 6 điểm ) 
1. Cho tứ diện SABC có ba cạnh , ,SA SB SC đôi một vuông góc với nhau. 
a. Cho SB = SC = a, góc giữa hai mặt (ABC) và (SBC) là 450. Tính thể tích khối tứ 
diện SABC và khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABC) theo a. 
b. Gọi R và r theo thứ tự là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện 
SABC . Chứng minh rằng:  2 3 1 3R r  . 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác nhọn ABC. Đường trung tuyến 
kẻ từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3x + 5y – 8 = 0; x – y – 4 = 
0. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
tại điểm thứ hai D(4;-2). Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm B có tung 
độ âm. 
Câu 5. (2 điểm ) 
Một hộp đựng mười chiếc thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 10. Hỏi cần lấy 
ra ít nhất bao nhiêu chiếc thẻ để xác suất có ít nhất một chiếc thẻ ghi số chia hết 
cho 5 phải lớn hơn 0,9. 
======= Hết ======= 
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Đáp án. 
Câu ý Nội dung Điểm 
1 1 Học sinh tự giải 
2,0 
2 ݕᇱ = 4ݔଷ − 4݉ݔ, ݕᇱ = 0 ↔ ݔ = 0, ݔଶ = ݉ 
Hàm số có 3 điểm cực trị khi m > 0. 
Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A(0; 2݉ଶ − 1), 
B(√݉; ݉ଶ − 1), C(−√݉; ݉ଶ − 1) 
Tọa độ trọng tâm là gốc tọa độ ↔ 4݉ଶ − 3 = 0 ↔ ݉ =
±√3/2 
Kết hợp với điều kiện ta được ݉ = √3/2 là giá trị cần tìm. 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
2 1 Phương trình ↔ ܿ݋ݏ3ݔ + ܿ݋ݏݔ = 1 + ܿ݋ݏ2ݔ − ݏ݅݊2ݔ 
↔ ܿ݋ݏ2ݔ(2ܿ݋ݏݔ − 1) = 1 − ݏ݅݊2ݔ 
↔ [
ܿ݋ݏݔ − ݏ݅݊ݔ = 0
(ܿ݋ݏݔ + ݏ݅݊ݔ)(2ܿ݋ݏݔ − 1) = ܿ݋ݏݔ − ݏ݅݊ݔ
Từ đó giải được các nghiệm là: ݔ = గ
ସ
+ ݇ߨ, ݔ = ± గ
ଶ
+ ݇2ߨ, 
 ݔ = ݇2ߨ 
0,5 
0,5 
1,0 
2 Trừ vế với vế ta được: √8 + ݔଶ + 3√ݔ = √8 + ݁ଶ௬ + 3√݁௬ 
(3) 
Xét hàm số: ݂(ݐ) = √8 + ݐଶ + 3√ݐ, ݐ ≥ 0 
Ta có hàm f(t) đồng biến trên miền ݐ ≥ 0 nên pt (3) ↔ ݔ =
݁௬ 
Thay vào (1) ta được: √8 + ݔଶ + √ݔ − 3 = 0 
Dễ chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhất x = 
1, 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1, y = 0. 
0,5 
1,0 
0,5 
3 1 Ta có      2 2 2ln ln 1 ln 1 ln 1S y x x z y y x z z         . 
Xét hàm số      2ln 1 , 0 1f t t t t    . Ta có 
 
2
1 3 4' '
4 51
f t f
t
     
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C của hàm số  1 
tại điểm 3 ; ln 2
4
 
  
 có phương trình là  4 3ln 2
5 5
y t d   
Lại có    2 2'' 0, 01 1
tf t t
t t
   
 
, nên đồ thị  C lồi trên 
khoảng  0; . Do đó tiếp tuyến (d) của đồ thị  C nằm phía 
trên đồ thị  C . Suy ra 
 2 4 3ln 1 ln 2 , 05 5t t t t       
Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương x ta được : 
0,5 
   2 24 3 4 3ln 1 ln 2 ln 1 ln 25 5 5 5x x x y x x xy y             
Tương tự có 
 2 4 3ln 1 ln 25 5z y y yz z        
  2 4 3ln 1 ln 25 5x z z zx x        
Cộng theo vế ba BĐT trên, ta được 
   
   
2
4 3lnS ln 2
5 5
4 3 9ln 2 ln 2
5 3 5 4
xy yz zx x y z
x y z
x y z
         
          
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3
4
x y z   . 
Vậy giá trị lớn nhất của S là 44 2 
0,5 
0,5 
0,5 
2 Bất phương trình ( 4 1 1) 4 1 3m x x x x        (1) 
Đặt 4 1, 1/ 2t x x t    
Khi đó (1) trở thành: 
2 3
1
tm
t


Xét hàm số 
2 3( ) , 1/ 2
1
tf t t
t
 

, fmin = f(1) =2 
Suy ra bất phương trình có nghiệm khi 2m  . 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
4 1
a 
 Gọi M là trung điểm của 
BC, suy ra góc ܣܯ෣ܵ = 45଴ 
Suy ra AS = SM = ܽ/√2 
Từ đó tính được thể tích 
ܸ = ௔
య√ଶ
ଵଶ
 (đvtt) 
Khoảng cách từ S tới 
(ABC) 
Là ℎ = ଵ
ଶ
ܣܯ = ௔
ଶ
. 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
1
b 
Đặt  , , 0, 0, 0SA a SB b SC c a b c      
Gọi ,I J lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện 
SABC 
 ,M N lần lượt là trung điểm của ,BC SA 
Khi đó 
 2 2 2 2 2 2 2 21 1 14 4 2R IS SN SM SA SB SC a b c         
0,5 
a
b
cS C
B
A
N
I
M
Mặt khác với tứ diện vuông SABC ta có: 
Thể tích tứ diện SABC là 1
6SABC
V abc 
Diện tích toàn phần của tứ diện SABC là 
 2 2 2 2 2 212tpS ab bc ca a b b c c a      
Lại có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1. . . .
3 3 3 3
1 .
3
3
SABC JABC JSAB JSBC JSCA
SABC ABC SAB SBC SCA
SABC tp
SABC
tp
V V V V V
V r S r S r S r S
V r S
V abcr
S ab bc ca a b b c c a
   
    
 
  
    
Vậy nên 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 32 2 2 2 2 2 2 2 23
2
3 3 .b . 3 . .
a b c ab bc ca a b b c c aR
r abc
a b c ab c ca a b b c c a
abc
      

   
  3 1 3  (theo BĐT Cauchy) 
Vậy ta có điều phải chứng minh. 
0,5 
0,5 
0,5 
2 
+ Gọi M là trung điểm của 
BC => tọa độ của điểm M(
)
2
1;
2
7  
+ Kẻ đường kính AA’. Gọi H 
là trực tâm của tam giác 
ABC ta có tứ giác BHCA’ là 
hình bình hành. 
+Viết phương trình đường 
thẳng AD suy ra tọa độ 
điểm A(1;1) 
 Chứng minh H đối xứng 
với D qua BC suy ra tọa độ 
điểm H và A’ 
+ Viết phương trình đường 
tròn ngoại tiếp tam giác 
ABC 
0,5 
0,5 
0,5 
suy ra tọa độ điểm B(2;-2) 
suy ra phương trình đường 
thẳng AB: 3x +y – 4 = 0. 
0,5 
5 Nhận thấy trong 10 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 5 
(các thẻ ghi số 5 hoặc số 10) ; 8 thẻ còn lại ghi số không chia 
hết cho 5. 
Giả sử rút ra x thẻ  1 10,x x   ; số cách chọn x từ 10 thẻ 
trong hộp là 10xC ; số phần tử của không gian mẫu là 
  10xn C  . 
Gọi A là biến cố: ‘Trong số x thẻ lấy ra, có ít nhất một thẻ ghi 
số chia hết cho 5’’. Thế thì biến cố đối của A là A : ‘Trong số x 
thẻ lấy ra, không có thẻ nào ghi số chia hết cho 5’’ 
Số cách chọn tương ứng với biến cố A là   8xn A C . 
Ta có     
  8
10
10 9
90
x
x
n A x xCP A
n C
 
  

Do đó         10 91 11 0,9 10 90 10
x x
P A P A P A
 
       
hay 2 19 81 0 6,4 12,5x x x      
Suy ra 7 10x  . Giá trị nhỏ nhất của x là 7. Vậy số thẻ phải 
rút ra ít nhất mà ta phải tìm là 7. 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5