SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
LÀO CAI NĂM HỌC 2021 – 2022
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
x1
Câu 1. a/ Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I là giao điểm của của hai đường tiệm cận của C .
   
3 x
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt
 
M , N sao cho tam giác MNI có trọng tâm nằm trên C .
 
Lời giải
Chọn C
Tập xác định D 3 .

1
1
x1
x
lim y lim  lim 1 y1 là tiệm cận ngang của đồ thị C .
 
x x x
3
3 x
1
x
lim y x 3 là tiệm cận đứng của đồ thị C .
 

x3
 I 3;1 là giao điểm của của hai đường tiệm cận của C .
   
x1
2
Phương trình hoành độ giao điểm:  x mx  2 m x 3m1 0 * .
   
3 x
Đường thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt và khác 3
16 0

  m;8 0;
   

2
m  8m 0

Đường thẳng d : y x m cắt C tại hai điểm phân biệt M x ; x m , N x ; x  m với x , x là
     
1 1 2 2 1 2
nghiệm phương trình * .
 
M , N, I tạo thành tam giác khi m4
x x  3 x x  2m1 m1
   
1 2 1 2
Tam giác MNI có trọng tâm G ;  ;m1
   
3 3 3
   
m 2
m 4 
2
G C  m1 m  8m12 0 .
 

8 m m 6

Vậy m 2;m 6.
3
6 2 2

b/ Cho hàm số y f x liên tục trên  , biết f x  x x 2 x 8x m  3m 4 ,x .
      
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y f x có 5 điểm cực trị.
 

x 0


f x 0 x 2

2 2

g x  x 8x m  3m 4 0 *
   

Hàm số y f x có 5 điểm cực trị  đồ thị hàm số y f x có hai điểm cực trị nằm bên phải
   
trục Oy f x  0 có hai nghiệm bội lẻ
 
 PT * có hai nghiệm trái dấu và khác 2 hoặc PT * có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại
   
dương khác 2 .
Trang 1/6 - WordToan

3 73
2
m  3m16 0
m
 
 có hai nghiệm trái dấu và khác 2 .
PT*    m1;4
  2
2
m  3m 4 0
 
m 1;4
 

m1

2
 PT * có một nghiệm bằng 0 m  3m 4 0
 

m 4

x 0

2
Với m1 x  8x 0 . Vậy m1.

x 8 0

x 0

2
Với m 4 x  8x 0 . Vậy m 4 .

x 8 0

Vậy m1;4 .
 
Câu 2 ( 4,0 điểm )
x x
2.9  3.6
a) Giải bất phương trình  2 .
x x
6  4
2x1
2
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log  3x  8x m1 có 2
3
2
27x  54x 9m
1
 
nghiệm phân biệt thuộc ; .
 
2
 
Lời giải
x x
a) Điều kiện: 6  4  x 0.
x
3
 
2.  3
x
x x  
2.9  3.6 3
2  
 
Ta có:  2  2 . Đặt t , điều kiện t 0 và t 1.
 
x x x
6  4 2
 
 2
1
 
3
 
1

1
 x log
2
3

0 t
2t 3 2t  5t 2
2

2
Bất phương trình đã cho trở thành:  2  0 
2 
1 
t1
0 x log 2
1
1 t 2 3

t 
 2
   
1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S ;log  0;log 2 .
 
3  3 
2
 2   2 
1

x

b) Điều kiện:
2

2

3x  6x m 0

2x1
2
log  3x  8x m1
3
2
27x  54x 9m
2 2
 log (2x1) log (3x  6x m) 3x 8x m1 (*)
3 3
2
Đặt u 3x  6x m,v 2x1 u 0,v 0 .
 
Khi đó phương trình (*) tương đương: log u u log v v .
3 3
Vì hàm số y f (t) log t t đồng biến trên khoảng (0;) nên
3
Trang 2/6 – Diễn đàn giáo viên Toán
log u u log v v u v .
3 3
2 2
Suy ra3x  6x m 2x1 3x 8x m1 0 .
2
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình : 3x 8x m1 0 có hai nghiệm phân biệt
1
 
thuộc khoảng ; .
 
2
 
2 2 2
Ta có 3x 8x m1 0 m3x 8x1. Xét hàm số g(x)3x  8x1 có bảng biến
thiên sau
9 13
1
 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc  m
; khi .
 
2 4 3
 
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng a , đường chéo AC a . Tam giác SAD là

tam giác cân tại S và SAD  ABCD . Biết SA tạo với đáy một góc bằng 45 .
   
a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC .
b) Gọi M là trung điểm SD , lấy điểm N thuộc cạnh SC sao cho SN 2NC , gọi P là giao điểm của
AMN với BC . Tính thể tích khối đa diện AMNPCD .
 
Lời giải:
Trang 3/6 - WordToan
S
M
L
D
A
H
J
N
I
C
P
B
Q
a) Gọi H là trung điểm AD .
a
 
 
Suy ra SH AD SH ABCD  SA; ABCD  SAH SAH 45  SH AH .
   
 
2
Ta có AB//CD AB// SCD  d AB; SC  d AB; SCD  d A; SCD  2d H; SCD .
            
Đáy là hình thoi cạnh bằng a , đường chéo AC a nên tam giác ACD đều.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm CD, ID . Khi đó HJ CD .
Gọi L là hình chiếu của H lên cạnh SJ .Khi đó ta chứng minh được HL SCD .
 
2
1
 
2
HS . AI
2 2  
HS .HJ 2
 
Do đó d H; SCD  HL d AB; SC  2HL  .
    
2
2 2
HS  HJ
1
 
2
HS  AI
 
2
 
a 3
Ta có tam giác ACD đều cạnh bằng a nên AI .
2
2
2
 
a 1 a 3
 
. .
 
 
2 2 2
 
3
 
Vậy d AB; SC  2  .
 
2
2
7
 
 a 1 a 3
 .
 
 
2 2 2
 
 
b) Gọi Q MN CD P BC AQ.
Trong tam giác SDQ có MS MD, SN 2NC nên N là trọng tâm tam giác SDQ .
Suy ra CD CQ, PQ PA.
Trang 4/6 – Diễn đàn giáo viên Toán
V
QP QN QC 1 5
QPNC
Ta có  . .   V  V .
AMNPDC QAMD
V QA QM QD 6 6
QAMD
2 3
1 1 1 1 1 a a 3 a 3
Lại có V  V  . .SH.S  .SH.S  . .  .
MADQ SADQ AQD ABCD
2 2 3 6 6 2 2 24
3
5 5a 3
Vậy V  V  .
AMNPDC QAMD
6 144
2002
3
Câu 4. a) Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển 2 5 .
 
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Lấy
 
ngẫu nhiên 1 số từ tập . Tính xác suất để lấy được số có dạng sao cho a.b.c.d.e. f 1400.
S abcdef
Lời giải
2002
3
a) Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển 2 5 .
 
2002k k
2002
3 k
2 3
Số hạng tổng quát của khai triển 2 5 là: T  C 2 5 .
 
k1 2002
k


2002k k

k 3n 2022

3
k
2 3
Để T  C 2 5 là số nguyên thì ta có:  (m, n) .
 
k1 2002
2002 k k 2m 2022




 2
n 2 p

Từ đó ta suy ra , p .

0 2 p 674

674
Vậy có 1 338 số p thoả mãn tức là có 338 số hạng là số nguyên trong khai triển
2
2002
3
2 5 .
 
b) Gọi là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập . Lấy
S A0;1;2;3;4;5;6;7;8;9
ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để lấy được số có dạng abcdef sao cho a.b.c.d.e. f 1400.
Lời giải
5
Số phần tử của không gian mẫu: .
n 9.10
Gọi X là biến cố lấy được số có dạng abcdef sao cho a.b.c.d.e. f1400.
3 2 2 2
Ta có 1400 2 .5 .7 2.4.5 .7.1 8.5 .7.1.1.
6!
Trường hợp 1: a,b,c,d,e, f là 1 trong 6 số: 2,2,2,5,5,7 có  120 số abcdef .
3!.2!.1!
6!
Trường hợp 2: a,b,c,d,e, f là 1 trong 6 số: 2,4,5,5,7,1 có  360 số abcdef .
1!.1!.1!2!.1!
6!
Trường hợp 3: a,b,c,d,e, f là 1 trong 6 số: 8,5,5,7,1,1 có 180 số .
abcdef
2!2!.1!.1!
Vậy số phần tử của tập X là n X  120 360180 660 .
 
660 22
Xác suất của biến cố X là P X   .
 
5 4
9.10 3.10
2 2
Câu 5 (2,0 điểm) Cho a,b là những số thực thỏa mãn a  ab b 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
4 4
a  b  2
của biểu thức P .
2 2
a  b 1
Trang 5/6 - WordToan
Lời giải:
2
2 2
Theo giả thiết: a  ab b  1 a b  3ab 1 (1).
 
s a b

2
Đặt . Điều kiện: .
s  4 p

p ab

1
2 2
Khi đó ( 1) trở thành: s 3p 1 s 3p 1 0 p .
       
3
2
Mà s  4 p nên 3p1 4 p p1.
2 2 2 2
Ta có: a  ab b 1 a  b 1 ab .
2
2 2
4 4 2 2 2 2
a  b  2 a  b  2a b  2 1 ab  2 ab  2 .
   
 
2 2 2 2
2
2
1 ab  2 ab  2 1 p  2 p  2 p1
       p  2 p1  
Suy ra P    .
1 ab1 p 2 p 2 p 2
2
p1
  1
Xét hàm số f p với   p1.
p 2 3
2 2 2
2
2 p  p 2  p  2 p1
2 p1 p 2  p1  
      p  4 p 5

f p    .
 
2 2 2
p 2 p 2 p 2
     
p1

2

f  p 0 p  4 p 5 0
1
 

p5  ;1
 

3
 

 1 16
Ta có: và f 1  0.
f   
 
3 15
 
ab1 a b1
 
Suy ra: Giá trị lớn nhất của P là 0 khi  .


a b2 a b1
 
 
3 3
1
 a a
 
ab
16
  
3 3
Giá trị nhỏ nhất của P là  khi  hoặc .
3
  
15
3 3
  
a b 0

b b
 
3 3
 
------------- Hết -------------
Trang 6/6 – Diễn đàn giáo viên Toán

onthicaptoc.com Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán cấp Tỉnh THPT Sở GDDT Lào Cai năm 2021 2022