Đề thi chọn HSG cấp trường năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 12 - Trường THPT Nguyễn Du (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG 
 TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU NĂM HỌC 2018 – 2019 
  MÔN TOÁN LỚP 12 
 Thời gian làm bài 180 phút 
Câu 1 (4, 5 điểm) 
 1) Tìm m để hàm số y cos3 x 6 m cos 2 x 21cos x 2 m 8 đồng biến trên khoảng 0; . 
 2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số f( x )= x3 +( m 2 - 3) x + m 2 + m - 2 có hai 
 1
điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng y= x - 2. 
 2
Câu 2 (4, 5 điểm) 
 1) Giải phương trình tan3x tan 2 x 4 tan x cot 3 x cot 2 x 4cot x 8. 
 2) Giải phương trình logx2 7 x 3 log x 2 7 x 4 ,  . 
 4 5 2 x 
 3) Một nhóm học sinh gồm có 9 bạn nam, trong đó có bạn Hải và 4 bạn nữ trong đó có bạn Minh 
xếp vào 13 cái ghế trên một hàng ngang. Tính xác suất để giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba 
bạn nam, đồng thời bạn Hải và bạn Minh nêu ở trên không ngồi cạnh nhau. 
Câu 3 (4, 0 điểm) 
 3 3 32 3 2
 1) Giải phương trình x 3 x 2 2 x 4 x 3 2 x 4 x 2, x  . 
 4 log 2sinx cos x 
 2) Tính tích phân I 2 dx . 
 1 cos 2x
 0
Câu 4 (6, 0 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x y 3 2 3 0 và hai 
 2 2 2 2
đường tròn C1 : x y 2 x 6 y 6 0 ; C2 : x y 3 1. Viết phương trình đường tròn C 
tiếp xúc với đường thẳng d , tiếp xúc ngoài với đường tròn C1 , đồng thời C cắt C2 tại hai 
điểm AB, phân biệt mà AB  d . 
 2) Cho hình hộp đứng ABCD.'''' A B C D có đáy là hình thoi, ABC· 90o . Góc giữa AC' và mặt 
đáy ABCD bằng 30o ; góc giữa hai mặt phẳng A' BC và ABCD bằng 45o ; khoảng cách từ điểm 
 C ' đến mặt phẳng A' CD bằng a. Gọi E là trung điểm cạnh CD . Tính thể tích khối hộp đã cho và 
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA' DE . 
 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A(0;9;0) , 
 M (4;3;25) và cắt hai tia Ox, Oz lần lượt tại hai điểm BC, khác O sao cho OB+ OC nhỏ nhất. 
 b c b
 a c a 
Câu 5 (1,0 điểm) CMR , a , b , c 0, a b 
 b c b 
 ------ HẾT ------ 
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
 Họ và tên thí sinh: .............................................................Số báo danh:.................................. 
 Giám thị 1 (Họ tên và ký).......................................................................................................... 
 Giám thị 2 (Họ tên và ký).......................................................................................................... 
 Câu Hướng dẫn giải Điểm 
 Câu 1 4.5đ 
 y cos3 x 6 m cos 2 x 21cos x 2 m 8 
 3 2
 =4 cosx - 3 cos x + 6 m( 2 cos x - 1) - 21cos x + 2 m - 8 0. 5 
 =4( cos3x + 3 m cos 2 x - 6 cos x - m - 2)
 Đặt t= cos x , hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0; khi và chỉ khi hàm số 
 0.5 
 f( t)= t3 +3 mt 2 - 6 t - m - 2 nghịch biến trên (- 1;1) 
 f'( t)= 3 t2 + 6 mt - 6 = 3( t 2 + 2 mt - 2) 
 1.1. 
 3 2
 (2.5 Hàm số f( t)= t +3 mt - 6 t - m - 2 nghịch biến trên (- 1;1) 0.5 
 điểm) Ût2 +2 mt - 2 £ 0, " t Î( - 1;1) 
 ì 2
 ï V' = m +2 > 0
 ï
 Ûíï f ' - 1 £ 0 0.5 
 ï ( )
 ï f ' 1£ 0
 îï ( )
 ì
 ï -1 - 2m £ 0 1 1
 Ûí Û - £m £ . 
 ï -1 + 2m £ 0 0.5 
 îï 2 2
 Kết luận. 
 Ta có y' 3 x2 m 2 3. Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m2 3 0 m 3. 0.5 
 Giả sử A( x1 ; y 1 ), B ( x 2 ; y 2 ) là hai điểm cực trị. 
 f( x ) f ( x ) 2 0.5 
 Tính được hệ số góc của đường thẳng AB là k 1 2 m2 3 . 
 1.2 x x 3
 (2.0 1 2
 1
 điểm) Hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng y= x - 2 suy ra 
 2
 0.5 
 1 1
 k. 1 m2 3 1 m 0. 
 2 3
 Thử lại m 0 thỏa mãn. 0.5 
 Câu 2 4.5đ 
 tan3x tan 2 x 4 tan x cot 3 x cot 2 x 4cot x 8 
 Điều kiện: sinx .cos x 0 x k , k  
 2 0.5 
 Phương trình tương đương 
 (tanx cot x )3 (tan x cot x ) 2 (tan x cot x ) 6 0 (1) 
 2.1 
 Đặt t tan x cot x , | t | 2 , phương tình (1) trở thành 
(1.5 0.5 
điểm) t3 t 2 t 6 0 
 Giải được t 2 
 Suy ra tanx cot x 2 sin 2 x 1 x k (thỏa mãn). 
 4 0.5 
 Vậy x k , k  là nghiệm của phương trình đã cho. 
 4
 logx2 7 x 3 log x 2 7 x 4 . 
 4 5 2 
 x2 7 x 3 0
 Điều kiện: . 0. 5 
 x2 7 x 4 0
 Viết lại phương trình dưới dạng 
 2 2
 log5 x 7 x 3 log 4 x 7 x 4 (1) 
 2
 Đặt y log4 ( x 7 x 4) . Từ phương trình (1) ta có hệ: 
 2.2 2 y y y
 x 7 x 4 4 4 1 0.5 
(1.5 4y 1 5 y 1 (2) 
 2 y 
điểm x 7 x 3 5 5 5 
 y y
 4 1 
 Hàm số f y là hàm nghịch biến 
 5 5 
 Do đó phương trình (2) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận thấy y=1 là một nghiệm. 0.5 
 2 2 x 1 
 Với y 1 x 7 x 4 4 x 7 x 8 0 
 x 8
 Vậy phương trình có nghiệm x 8 v à x 1. 
 W = 13! 
 Đánh số ghế trên hàng ngang theo thứ tự từ 1 đến 13. Các bạn nữ phải ngồi vào các ghế 
 số 1,5,9,13. 0.25 
 Gọi A là biến cố: “Giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn 
 Hải và bạn Minh không ngồi cạnh nhau”. 
 Xét các trường hợp 
 - Bạn Minh ngồi ở ghế 1 
 + Số cách xếp 3 bạn nữ còn lại là 3!. 
 2.3 + Có 8 cách xếp vị trí của Hải . 0.5 
 (1.5 + Có 8! cách xếp tám bạn nam vào các vị trí còn lại. 
 điểm) Suy ra số cách xếp là 3!.8.8! 
 - Bạn Minh ngồi ghế 13 cũng có số cách xếp là 3!.8.8! 
 - Bạn Minh ngồi ghế 5 (ghế 9 làm tương tự) 
 Có 3! cách xếp 3 bạn nữ, có 7 cách xếp vị trí của Hải, có 8! cách xếp 8 bạn nam còn lại 0.5 
 Suy ra số cách xếp là 3!.7.8! 
 WA = 2.3!.7.8!+ 2. 3!.8.8! = 2.15. 3!8! 
 2.15.3!8! 1 0.25 
 PA( )= = × 
 13! 858
 Câu 3 4đ 
 3 3 32 3 2
 x 3 x 2 2 x 4 x 3 2 x 4 x 2 
 Đặt u 3 x 2; v 3 2 x 2 4 x 2 0. 5 
 Phương trình đã cho trở thành 3u 3 1 u 3 v 3 1 v . 
 3.1 
 t 2
 (2.0 Xát hàm số f( t ) 3 t 3 1 t . Có f'( t ) 1 0,  t 1. 
 2 0. 5 
 điểm) 3 t3 1 
 Suy ra hàm số f() t luôn đồng biến. Nên f()(). u f v u v 0.5 
 3
 Ta có 3 x 2 3 2 x 2 4 x 2 2 x 2 3 x 0 x 0; x . 0.5 
 2 3
 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x 0; x . 
 2
 4 4
 log 2sinx cos x 1 ln 2sin x cos x 
 I 2 dx dx 0.5 
 1 cos 2x 2ln 2 cos2 x
 0 0
 ì u=ln( 2 sin x + cos x)
 ï
 ï
 Đặt í 1 
 ïdv= dx
 îï cos2 x
 ì2c os x - sin x ì2c os x - sin x 0.5 
 ïdu= dx ïdu= dx
 ï 2 sinx+ cos x ï 2 sinx+ cos x
 Þ íï Þ íï 
 ï 1 ï 2 sinx+ c os x
 ï v=tan x + ï v =
 îï 2 îï 2 cosx
 3.2 
 4
 (2.0 1 1 4 2cosx sin x 2sin x c os x 
 I tan x  ln 2sin x cos x  dx 
điểm) 2ln 2 2 2sinx cos x 2cos x
 0 0 
 0.5 
 4
 1 3 3 2 sin x 
 ln 1 dx 
 2ln 2 2 2 2cos x 
 0 
 1 3 3 2 1 4 
 ln x ln cos x 
 2ln 2 2 2 2 
 0 0.5 
 1 27 
 ln 
 4ln 2 2 2 
Câu 4 6đ 
 C1 có tâm I 1 (- 1;3) , bán kính R1 = 2 ; C2 có tâm I 2 (0;- 3) , bán kính R2 = 1 
 0.5 
 Khẳng định tâm I của đường tròn C nằm trên đường thẳng l qua I 2 và song song 
 với d , l có phương trình x- y -3 = 0. 
 Tính được đường tròn C có bán kính R = 3. 0.5 
 4.1 
 (2.0 
 Gọi I( t+3; t) Î l . Sử dụng II1= R + R 1 = 5 được t = 0 hoặc t = - 1. 
điểm) 0.5 
 I (3;0) hoặc I (2;- 1) . 
 Kiểm tra C cắt C2 tại hai điểm phân biệt, ta có I (2;- 1) . 
 0.5 
 KL: Đường tròn C : x 2 2 y 1 2 9. 
 B'
 C'
 A' 
 D' 
 G 
 H 
 I 
 B C
 F 
 O E 
 A 
 D
 J 
 · o
 Hạ AIBC^ suy ra góc((A'; BC) ( A BCD)) = góc(AIAI', ) = AIA'= 45 (1) . 
 · o
 Góc (A'; C( A BCD))=A' CA = 30 (2). 0.5 
 Hạ A J^ CD , AHAJ^ ' . 
 Khẳng định khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng A' CD bằng A H= a. 
 Từ (1) suy ra AIAA= '. Đáy A BCD là hình thoi nên AJAI= . 
 4.2 Xét tam giác vuông AAJ' , từ A H= a được AJ= a 2. 
(2.0 0.25 
điểm) Đặt A B= x,( x > 0) Þ BC = x . Từ (2) suy ra A C= a 6. 
 Xét tam giác vuông A IC: IC= A C2 - A I 2 = 2 a . IB= IC - BC =2 a - x . 
 2 3a 0.5 
 Xét tam giác vuông A IB: A B2= A I 2 + IB 2 Ûx2 =( a2) +( 2 a - x)2 Û x = × 
 2
 a 3 3a 2 2
 ACBDOBOÇ ={ } Þ = ; S= Þ V = 3 a 3 . 0.25 
 2 ABCD2 ABCDABCD.''''
 Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A DE và đường thẳng d qua F vuông 
 góc với (ABCD). 0.25 
 Mặt phẳng trung trực của AA ' cắt d tại G thì G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA' DE . 
 a
 Bán kính cầu ngoại tiếp tứ diện AA' DE là GA= GF2 + FA 2 với GF = × 
 2
 3a 3 a a 57
 × ×
 a 57 A D. DE . A E 3 a 114
 Tính được AE = ; FA = =2 4 4 = × 0.25 
 4 4S 2 32
 ADE 3a 2 
 2
 2
 2 2
 a aæ3 a 114÷ ö a 1538
 2 ç ÷
 Vậy GA= + FA = +ç ÷ = 
 2 2èç 32 ø÷ 32
 Giả sử B( a ;0;0), C (0;0; b ) ( a, b 0 ). 
 Phương trình mặt phằng (P) qua các điểm A(0;9;0), B ( a ;0;0), C (0;0; b ) có dạng 
 4.3 0.5 
 x y z
 (2.0 1. 
 điểm) a9 b
 4 25 2
 Điểm M(4;3;25)Î (P ) nên . Ta có OB OC a b. 0.5 
 a b 3 3 4 25 87 3 4b 25 a 87 147
 Mà a b a b 30 . 
 2a b 2 2 a b 2 2
 0.5 
 105
 Dấu ‘=’ đạt được khi a 21; b . 
 2
 x y2 z
 Vậy phương trình mặt phẳng cần lập là 1. 0.5 
 21 9 105
Câu 5 1đ 
 b x b
 a x a 
 Xét hàm số f( x ) ,  a , b , a b , x 0 , f(0)= 
 b x b 0.25 
 b x / b x
 a x a x a x b a a x 
 f'( x ) ( b x )ln = ln 
 b x b x b x a x b x
 0.25 
 Đặt 
 b a a x b a a x () a b 2 
 g( x ) ln , g'( x ) ln ' 2 0, x 0 
 a x b x a x b x ()() a x b x 0.25 
 => g(x) nghịch biến (0,+oo) , limg ( x ) 0 
 x 
 => g(x)>0 , x>0 
 => f’(x)>0, x>0 
 => f(c)>f(0) , c>0 0.25 
 => đpcm 
 20 điểm 
 Lưu ý khi chấm bài: 
 - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học 
 sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. 
 - Với bài toán hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương 
 ứng.