Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 môn: Toán

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 
Câu I. (4 điểm) 
 Cho hàm số: 3 23 2y x x mx    có đồ thị là (Cm). 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 
2. Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị đó 
tạo với đường thẳng   : 4 5 0d x y một góc 045 . 
Câu II. (4 điểm) 
1. Giải phương trình:  2sin 3 cos .cos2 . tan 2 tanx x x x x  . 
2. Giải hệ phương trình: 33
2 2 2 2 1 1
3 1 8 2 1
0
x y x y xy
y x y
x
      
    
 
Câu III. (4 điểm) 
1. Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn: 2 2
y zx
y z



. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 2 2 2
1 1 1 4
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( 1)
A
x y z x y z
   
     
. 
2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi  1;2x : 
 2 2
23 1 0
3 1 1
m x x
x x
   
  
. 
Câu IV. (4 điểm) 
1. Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Lí và 9 quyển sách Hóa (các quyển 
sách cùng loại là giống nhau) dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi 
học sinh được 2 quyển sách khác loại. Trong số 12 học sinh đó có bạn An và bạn 
Bình. Tính xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau. 
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC , với đỉnh (1; 3)A  , phương trình đường phân 
giác trong : 2 0BD x y   và phương trình đường trung tuyến : 8 7 0CE x y   . 
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Câu V. (4 điểm) 
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a , góc  060BAD  , 
SA SC và SB SD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Biết rằng 
( ) ( )SDM SDN , hãy tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ 
điểm D đến mp(SMN). 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 2 6 0P x y z    và các điểm 
( 1;2;3)A  , (3;0; 1)B  , (1;4;7)C . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho 
2 2 2MA MB MC  đạt giá trị nhỏ nhất. 
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 
MÔN: TOÁN – Thời gian làm bài: 180 phút 
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
- Thí sinh không được dùng tài liệu và máy tính bỏ túi. 
ĐÁP ÁN. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
* Với 0m  , ta được hàm số 3 23 2y x x   
1/ TXĐ:  . 
2/ Sự biến thiên: 
 - Giới hạn: 3 2 3 3
3 2lim ( 3 2) lim (l 1 )im
x xx
y x x x
x x    
        
 Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 
0,5đ 
- Chiều biến thiên: 2' 3 6 ' 0 0 2y x x y x x        
 BBT: 
x  0 2  
y’  0  0  
y 
 2  
 2 
 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2; , nghịch biến trên  0;2 ; 
 Hàm số đạt cực đại tại D0, 2Cx y  ; đạt cực tiểu tại 2, 2CTx y   
1,0đ 
1. 
3/ Đồ thị: 
0,5đ 
Tìm m để (Cm): 3 23 2y x x mx    có các điểm cực đại, cực tiểu  
- Ta có: 2' 3 6y x x m   . 
 Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT ' 0y  có 2 nghiệm phân biệt 
' 0 9 3 0 3m m         (*) 
0,5đ 
I 
2. 
- Lấy y chia 'y ta được: 1 1 2' 2 2
3 3 3 3
m my y x x           
   
Suy ra đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình là: 
2: 2 2
3 3
m my x       
 
 , đường thẳng này có hệ số góc là 1
2 2
3
mk     
 
 . 
Đường thẳng       
1 5: 4 5 0
4 4
d x y y x có hệ số góc là 2
1
4
k   
0,5đ 
- Các đường thẳng  và d tạo với nhau góc 045 khi và chỉ khi: 
0 1 2
1 2
39
10tan 45 ...
11
2
mk k
k k m
  
   
   

 0,5d 
- Kết hợp với điều kiện ta được 1
2
m   là giá trị cần tìm. 0,5đ 
Giải phương trình:  2sin 3 cos .cos 2 . tan 2 tanx x x x x  (1) 
- ĐK: 
cos 0 2 ,
cos 2 0
4 2
x mx
m n
x x n


 
     
   

 
0,5đ 
2
2 2
sin .cos 2(1) sin 3 sin 2 .cos
cos
sin 3 .cos sin 2 .cos sin .cos 2
2sin 3 .cos sin 2 .(1 cos 2 ) cos 2 .(1 cos2 )
sin 4 sin 2 sin 2 sin 2 .cos 2 cos 2 .(1 cos2 )
sin 2 .cos 2 cos 2 .(1 cos 2 )
cos 2 0 
x xx x x
x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x
x x x x
x
  
  
    
     
  


(loai)
sin 2 cos 2 1x x

  
 1,0đ 
1. 
2 22 4 4sin(2 )
34 2 2 2 44 4
x kx k
x
x kx k
  

  
         
      
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của PT(1) là: , x k k  
0,5đ 
Giải hệ phương trình: 33
2 2 2 2 1 1 (1)
3 1 8 2 1 (2)
0 (3)
x y x y xy
y x y
x
      

   
 
- Ta có: (1) (2 1) (2 1)( 1) 2( 1) 0 (1.1)x x y y        
- Từ (3) suy ra: 1 0 1y y     . Đặt 2 1 0, 1 0a x b y      , 
 PT (1.1) trở thành : 2 22 0
2 (loai)
a b
a ab b a b
a b

       
0,5đ 
II 
2. 
2 1 1 2x y x y      . Thay vào PT (2) ta được PT: 
 
3 33 3
3
33 3
6 1 8 4 1 (6 1) 6 1 8 2
6 1 6 1 (2 ) (2 ) (2.1)
x x x x x x x
x x x x
         
     
- Xét hàm số: 3( )f t t t  trên * , ta có: 2'( ) 3 1 0, 0f t t t     
( )f t đồng biến trên *  3 3(2.1) ( 6 1) (2 ) 6 1 2f x f x x x      
0,5đ 
3 3 16 1 8 4 3 (2.2)
2
x x x x      
- Nhận thấy: với 1x  thì 3 14 3 1
2
x x    PT (2.2) vô nghiệm 0 1x   
- Đặt cos , 0;
2
x      
 
 , PT (2.2) trở thành: 3 14cos 3cos
2
   
1 2cos 3 3 2 ,
2 3 9 3
k k k                
0,5đ 
Do 0;
2

   
 
 nên cos 2.cos
9 9 9
x y        . 
Vậy hệ ban đầu có 1 nghiệm là :  ; cos ;2cos
9 9
x y     
 
0,5đ 
Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn: 2 2
y zx
y z



. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 2 2 2
1 1 1 4
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( 1)
A
x y z x y z
   
     
. 
 Giải: 
- Do 2 2 21 ( )
2
y z y z   nên từ giả thiết suy ra: 2 2x y z
y z x
   

- Mặt khác: theo BĐT Cauchy ta có: 
2 2
2
2
1 1 2 ( 1)(1 )(1 ) (2 ) 2
4 4
xy z y z
x x
         
 
0,5đ 
Khi đó áp dung BĐT Cauchy và kết quả trên ta có: 
2
2 2 2 2 3 2
2 2 3 3 3
1 2 4
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
1 2 4 (2 1)(1 ) 4 2 6 1
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ( 1)
A
x y z x y z
x x x x x x x x
x x x x x
  
     
     
    
    
 0,5đ 
- Xét hàm số 
3 2
3
2 6 1( )
( 1)
x x xA x
x
  


 với 0x  , 
 Ta có: 4
2(5 1) 1'( ) '( ) 0
( 1) 5
xA x A x x
x

    

0,5đ 
1. 
- Lập BBT : 
x 0 15  
A’(x)  0  
A(x) 
 2 
1 
 91
108
Theo BBT ta được: min
91 1 , 5
108 5
A x y z     
0,5đ 
III. 
2. Tìm mọi giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi  1;2x : 
2
2
23 1 0
3 1 1
m x x
x x
   
  
Giải: - Với   251;2 3 1 1
4
x x x        
Đặt 
4
51132  txxt 
0,5đ 
Bất phương trình ban đầu trở thành: 2
2 20 (*)
1
mt m
t t t
   
 
- Xét hàm số: 2
2( )f t
t t


 với 



4
5;1t . 
0,5đ 
- Ta có: 






4
5;1;0
)(
24)( 22
/ t
tt
ttf ( )f t nghịch biến trên đoạn 51;
4
 
  
Mà ( )f t liên tục trên đoạn 51;
4
 
  
5 51; 1;
4 4
5 32max ( ) (1) 1, min ( ) ( )
4 45t t
f t f f t f
          
     
0,5đ 
- Nhận thấy: bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi  1;2x khi và chỉ khi 
BPT (*) nghiệm đúng với mọi 



4
5;1t 
51;
4
32min ( )
45t
m f t m
   
    
Vậy 32
45
m  là giá trị cần tìm. 
0,5đ 
Tính xác suất  
- Gọi x là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Lí) (tức là có x quyển Toán và x quyển Lí) 
 y là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Hóa) (tương tự) 
 z là số cặp gồm 2 quyển (Lí, Hóa) (tương tự) 
0,5đ 
- Ta có hệ phương trình: 
12
3
7
4
9
5
8
x y z
x
x y
y
y z
z
z x
  
   
  
     
 0,5đ 
- Khi đó: số cách chọn 2 phần thưởng (Toán, Lí) là: 23 3C  cách 
 Số cách chọn 2 phần thường (Toán, Hóa) là: 24 6C  cách 
 Số cách chọn 2 phần thường (Lí, Hóa) là: 25 10C  cách 
Mà số cách chọn 2 phần thưởng trong số 12 phần thưởng là: 212 66C  cách 
0,5đ 
1. 
- Vậy xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau là: 
2 2 2
3 4 5
2
12
3 6 10 19 0,29
66 66
C C C
C
   
   0,5đ 
IV. 
2. * Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
- Do : 2 0 ( ;2 )B BD x y B b b       
- Gọi E là trung điểm của AB 1 1;
2 2
b bE       
 
 . 
- Lại do : 8 7 0 3 ( 3;5)E CE x y b B          
0,5đ 
- Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua BD, theo tính chất của phân giác trong 'A BC . 
 +/ Vì 'A A BD và 'A A A nên phương trình ' : 4 0AA x y   
 +/ Gọi 'I AA BD   tọa độ I là nghiệm của hệ: 
2 0 3
4 0 1
x y x
x y y
    
 
     
 +/ Lại do I là trung điểm của 'AA nên ' (5;1)A  
0,5đ 
- Vì 'A BC nên phương trình 'BA chính là phương trình BC. 
 Ta có: ' ( 8;4) (1;2)A B n   
 
 là vectơ pháp tuyến của BC 
 : 2 7 0BC x y    
- Mặt khác: C CE BC   tọa độ C là nghiệm của hệ: 
2 7 0 7
(7;0)
8 7 0 0
x y x
C
x y y
    
   
    
0,5đ 
- Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: 
 2 2 2 22 2 0 , ( )x y ax by c a b c       
- Vì A, B, C thuộc đường tròn nên ta có hệ phương trình: 
22 6 10
56 10 34
2
14 49 21
aa b c
a b c b
a c c
      
        
     
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 4 5 21 0x y x y     . 
0,5đ 
1. 
* Tính thể tích S.ABCD 
- Theo giả thiết ABCD là hình thoi, có  060BAD ABD  là tam giác đều cạnh 2a 
22 , 2 3, 2 3ABCDBD a AC a S a    
0,25đ 
V. 
- Gọi , , .E AC MD F AC ND O AC BD      
- Theo giả thiết suy ra ( )SO mp ABCD 
S 
F 
E 
N 
M 
O 
D 
C B 
A 
H 
I 
K 
- Lại có: ( )
AC BD
AC mp SBD AC SD
AC SO

   

- Dựng EH SD tại H  0( ) 90SD mp HFE FHE    là góc giữa 2 mp(SMD) và 
(SND) vuông góc với nhau. 
- Dễ thấy HE HF HFE  vuông cân tại H 1 1 3
2 6 3
aHO EF AC    
 0,5đ 
- Mặt khác: 2 2 2
1 1 1OH SD
OH SO OD
    
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 1 2 2
2
aSO
SO OH OD a a a
        
3
2
.
1 1 2 6. .2 3
3 3 2 3S ABCD ABCD
a aV SO S a    
0,5đ 
* Tính khoảng cách từ D đến mp(SMN). 
- Gọi I MN BD I   là trung điểm của BO 3.DI OI 
( ;( )) 3. ( ; ( ))d D SMN d O SMN  . 
0,25đ 
- Ta có: ( ) ( ) ( )
MN BD
MN mp SOI mp SMN mp SOI
MN SO

   

 theo giao tuyến SI 
- Dựng OK SI tại K ( ) ( ; ( ))OK SMN OK d O mp SMN    
- Do OK là đường cao của tam giác vuông OSI nên: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 4 6 6 6( ; ( )) 3.
6 2
a aOK d D mp SMN OK
OK SO OI a a a
          
Vậy 
3
.
6
3S ABCD
aV  và 6( ;( ))
2
ad D SMN  . 
0,5đ 
* Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2 2MA MB MC  nhỏ nhất 
- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có: (1;2;3)G  
- Nhân thấy: 2 2 2 2. .MA MG GA MA MG GA MG GA     
    
- Tương tự: 2 2 2 2. .MB MG GB MG GB  
 
; 2 2 2 2. .MC MG GC MG GC  
 
0,5đ 
Suy ra: 2 2 2 2 2 2 23. 2. .( )MA MB MC MG GA GB GC MG GA GB GC        
   
2 2 2 23MG GA GB GC    . 
- Do đó: 2 2 2MA MB MC  nhỏ nhất 2MG nhỏ nhất MG nhỏ nhất 
M là hình chiếu của G trên mp(P). 
0,75đ 
2. 
- Ta có đường thẳng d đi qua G và vuông góc với mp(P) có phương trình là: 
  1 , 2 2 , 3 2x t y t z t      
- M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ: 
1 1
2 2 0
(0;4;1)
3 2 4
2 2 6 0 1
x t t
y t x
M
z t y
x y z z
    
    
   
   
      
 là điểm cần tìm. 
0,75đ 
Ghi chú: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 
- Câu V.1 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.