SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LẦN 1
TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH
NĂM HỌC 2020 -2021
Môn: Toán - Lớp 12 THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày kiểm tra: 08 tháng 11 năm 2020
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)
Câu I(4 điểm).
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y f x  x  3x 2
 
3
2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y m x 2x 3 2 cắt trục hoành tại ba điểm
phân biệt.
Câu II(4 điểm).
2cos x 2sin 2x 2sin x1
1. Giải phương trình lượng giác: cos 2x 3 1 sin x 
 
2cos x1
1

2
3xy 1 9y 1 
 

x1 x
2. Giải hệ phương trình:

2 2 2
 27 x y 2x 2
4  9y  4x 4

Câu III(4 điểm).
1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ chủ của những
chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để cả bốn người cùng được trả
sai mũ.
rt
2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức S(t) A.e .
Trong đó, là số lượng vi khuẩn ban đầu, là số lượng vi khuẩn có được sau thời gian (phút),
A S(t) t
r 0 là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng
vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng
vi khuẩn đạt 121500 con ?
Câu IV(6 điểm).
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với AB BC 2 và A’
cách đều các đỉnh Gọi lần lượt là trung điểm của Trên các đoạn
A, B, C. L, K BC, AC. A’B, A’A
lần lượt lấy M , N sao cho MA’ 2BM , AA’ 3A’N. Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết
A’L 10.
2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác
đều ABC có cạnh bằng 90 cm . Bạn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu
(với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có
chiều cao bằng MQ . Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được.
3. Cho hình chóp S.ABC có AB BC CA a , SA SB SC a 3 , M là điểm bất kì trong
không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA, SB ,
SC . Tính giá trị nhỏ nhất của d .
Câu V(2 điểm).
2 2 2
Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn a  b  c  12 .
1 1 8
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    3. (a 2b)(a 2c) .
2 2 2
a 1 b 1 c  4c 8
...HẾT...
1
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG
TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH
NĂM HỌC 2020 -2021
Môn: Toán - Lớp 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày kiểm tra:08 tháng 11 năm 2020
HDC CHÍNH THỨC
(Đáp án gồm có 09 trang, 05 câu)
Qui định chung
+) Tổng điểm của bài thi được làm tròn đến 0.25 điểm.
+) Học sinh có thể giải theo cách khác. Nếu đúng cho điểm tối đa từng phần theo qui định.
+) Nếu bài hình nào không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không được chấm điểm bài đó.
Câu Nội Dung Điểm
3
I 2đ
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y f x  x  3x 2
 
(4đ)
0,5
 Tập xác định: D R.
 Sự biến thiên:
+) Giới hạn và tiệm cận: lim y,lim y đồ thị hàm số không có tiệm cận.
x x
2
+) Chiều biến thiên: y  3x  3.
x 1

2
0,5
y  0 3x  3 0 .

x1

Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và 1; .
   
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1;1
 
ng biến thiên:
0,5
 Đồ thị:
+)Nhận điểm uốn I(0; -2) làm tâm đối xứng.
+) Cắt Ox tại điểm (1;0); 2;0 , cắt Oy tại điểm
  (0;2)
Đồ thị như hình vẽ
0,5
3
2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y m x 2x 3 2 cắt trục
2đ
hoành tại ba điểm phân biệt.
2
Nhận thấy số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là số nghiệm của phương trình
3
m x 2x 3 2
3
Điều kiện: .
x
2
0,5
u 0


3
Đặt u m x , v 2x 3 0 ta có hệ u v 2

3 2

2u  v  2m 3

Từ u v 2 v 2 u , thay vào phương trình còn lại của hệ ta được
2
3 3 2
2u  2 u  2m 3 2u  u  4u 7 2m  .
   
0,5
Do v 0 nên u 2.
3
Với cách đặt u m x ta suy ra với mỗi giá trị u 2 có một và chỉ một giá trị x
tương ứng.
3 2
Xét hàm số f u  2u  u  4u 7 trên ;2 , ta có
   
u1

2

 
f u  6u  2u 4 ; f u  0
   
2

u
 3
Bảng biến thiên f u :
 
0,5
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình  có ba nghiệm u phân biệt khi và
 
0,5
145 145
chỉ khi  2m 10  m 5 .
27 54
2cos x 2sin 2x 2sin x1
1.Giải phương trình: cos 2x 3 1 sin x 
 
2đ
2cos x1
II
(4đ)
Điều kiện 2cos x1 0 0,25
0,5
2cos x1 2sin x1
  
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2x 3 1 sin x 
 
2cos x1
0,5
 cos 2x 3 1 sin x  2sin x1
 
sin x1


 1 sin x 2sin x 3  0
 
 
3

sin x

 2

+) sin x1 x  k2 ,k Z
0,5
2
3


x  k2

3
3
+) sin x  k Z
  
2 2

x  k2

3

Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: 0,25
 2
x  k2 và x  k2 (với k Z )
2 3
1

2
3xy 1 9y 1  1

 
 2đ
x1 x
2. Giải hệ phương trình:

2 2 2
27 x y 2x 2

4  9y  4x 4 2
 

ĐK: x 0
NX: x = 0 không TM hệ PT
0.5
Xét x > 0
x1 x
2
PT (1)  3y 3y 9y 1
x
2
1 1  1 
2
 3y 3y (3y) 1  1 (3)
 
x x x
 
2
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 1 , t > 0.
2
t
2
Ta có: f’(t) = 1 + t 1 >0. Suy ra ft luôn đồng biến trên (0,+∞)
2
0.25
t 1
 1  1
PT (3)  f 3y  f  3y =
 
 
x
  x
2
2
1 4x  4x1
2x 3x
Với 3y thay vào (2) ta được: 4  4
x
x
2
2
2x1
4x  4x1   1
 
Điều kiện có nghiệm  0   0 .
 x0;
 
x x 2
 
0.5
2
2 2x1
  2
4x 6x 2
4  2   6x 4x  log 2x1  log x .
   
2 2
x
2
2
 log 2x1  4x  log x 6x .
 
2 2
2
2
 log 2x1  4x  4x1 log x 2x1
 
2 2
2 2
 log 2x1  2x1  log 2x 2x
   
2 2
.
2
 g 2x1  g 2x trên miền 0;
     
 
1
Xét g t  log t t  t 0.
  gt 1 0
2
0.5
t ln 2
 f t đồng biến.

2
2
 2x1  2x 4x  4x1 2x
 
4

3 5
x

4
2

(nhận).
 4x  6x1 0 

3 5
x

 4
III
(4đ)
3 5 3 5
Với x  y
0.25
4 3
3 5 3 5
Với x  y
4 3
 
  
 3 5 3 5 3 5 3 5 
  
Vậy S ; ; ; .
 
  
4 3 4 3
 
  
 
1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ 2đ
chủ của những chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất
để cả bốn người cùng được trả sai mũ.
Số phần tử của không gian mẫu là n 4! 24.
0.5
Gọi biến cố A : Cả bốn người cùng được trả sai mũ.”
A : Có ít nhất 1 người trong bốn người được trả đúng mũ.”
+) TH1: Cả bốn người cùng được trả đúng mũ có: 1 cách. 0.25
+) TH2: Chỉ có một người được trả đúng mũ có:
1
0.5
Chọn 1 người trong 4 người để trả đúng mũ có: C  4 cách.
4
1
Ba người còn lại trả sai mũ có:
3!1 C .1 2
3
Theo quy tắc nhân có: 4x2=8 cách.
2
0.25
+)TH3: Chỉ có đúng 2 người được trả đúng mũ có: cách.
C .1 6
4
0.25
15 5
Theop quy tắc cộng: .
n A  1 8 6 15 P A  
   
24 8
3
Vậy P A  1 P A 
 
 
0.25
IV
8
(6đ)
2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công 2 đ
rt
thức S(t) A.e . Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S(t) là số lượng vi
khuẩn có được sau thời gian t (phút), r 0 là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời
gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con
và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt
121500 con ?
A 500
 ln 3
300r
Ta có S (t) 1500  1500 500.e  r .

1
0.5
300

t  5h 300 phút
 1
5
Ta lại có:
0.5


A 500
ln 3
t

300
S(t) 121500 121500 500.e


ln 3
r
 300
ln 3
 t ln 243 t 1500 (phút) 25 (giờ).
0.5
300
Để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con thì cần 25 giờ để 500 con vi khuẩn ban đầu 0.5
tăng trưởng.
2đ
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với
AB BC 2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của
BC, AC. Trên các đoạn A’B, A’A lần lượt lấy M , N sao cho
MA’ 2BM , AA’ 3A’N. Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L 10.
0.5
Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  S  S  V  V
MLK ELK MNKL NELK
1
ta cũng có S  S
EKN A KA
3
+) Do A A AB AC và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên AK ABC  (A AC) ABC
   
0.5
mà BK AC BK A AC
 
1 BK
+) Ta có d L, NKE  d B, NKE  , do L là trung điểm BC.
     
0.5
2 2
6
1 1 AC
V  d L, NKE .S  KB.S KB  2
  
NELK NKE A KA
3 18 2
2 2
+) Vì A K ABC  A K KL A K A L  LK  3
 
0.5
1 3 2
 S  A K.KA . Vậy
A AK
2 2
1 1 3 2 1 1
V  KB.S  2.   V  .
NELK A KC MNLK
18 18 2 6 6
2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh 2đ
tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90 cm . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình
 
chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q
tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ .
Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được.
A
Q P
0.5
B M N C
A
Gọi I là trung điểm BC . Suy ra I là trung điểm MN . Đặt MN x ,
0 x 90 .
 
Q P
MQ BM 3
Ta có:   MQ 90 x ; gọi R là bán kính
 
AI BI 2 B C
M I N
x
của trụ  R
2
2
x 3 3
 
3 2
Thể tích của khối trụ là: V  90 x  x  90x
 
  0.5
T  
2 2 8
 
3
3 2
Xét f x  x  90x với 0 x 90.
   
8
x 0

3
2
0.5
 
f  x 3x 180x , f  x 0 .
 

8 x 60

13500. 3
Khi đó suy ra max f x  f 60  Khi đó suy ra
   
0.5
x(0;90)

13500. 3
max f x  f 60 
   
x(0;90)

7
2đ
3. Cho hình chóp S.ABC có AB BC CA a , SA SB SC a 3 , M là điểm
bất kì trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng
AB , BC , CA , SA , SB , SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của d .
S
0.5
I
J
O K
C
A
F
G
D
E
B
Ta có khối chóp S.ABC là khối chóp tam giác đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó SG là chiều cao của khối chóp
S.ABC .
Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , AB ,CA và I , J , K lần lượt là hình chiếu
của D , E , F trên SA , SC , SB .
Khi đó , EJ , tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh SA và
DI FK
BC , SC và AB , SB và CA .
Ta có DI EJ FK . Do đó SIDSJE nên SI SJ .
Suy ra ED∥ IJ (cùng song song với AC ). Do đó bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng.
Tương tự ta có bộ bốn điểm D , F , I , K và E , F , J , K đồng phẳng.
Ba mặt phẳng DEIJ , DFIK , EFJK đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI , EJ
     
, FK . Suy ra DI , EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG .
Xét điểm M bất kì trong không gian.
0.5
d M , SA  d M , BC  DI
   

Ta có d M , SC  d M , AB  EJ  d DI EJ FK .
   


d M , SB  d M , AC  FK
   

Do đó d nhỏ nhất bằng DI EJ FK 3DI khi M O .
a 3 2 a 3 2a 6
2 2
Ta có , , ,
AD AG AD SG SA  AG 
2 3 3 3
0.5
SG 2 2

sin SAG  .
SA 3
0.5
a 3 2 2 a 6

Suy ra .
DI AD.sin SAD . 
2 3 3
a 6
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3DI 3  a 6 .
3
8
2 2 2
V.
Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn a  b  c  12 .
2đ
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 8
.
P    3. (a 2b)(a 2c)
2 2 2
a 1 b 1 c  4c 8
2 2 2 2
Ta có (a b c)  3(a  b  c ) 36 a b c 6 . Mặt khác a, b, c  1 nên 5  a
0.25
+ b + c + 2  8.
1 1 2 1 1 1 1
Ta CM: (1).
  (1)     0
2 2 2 2
ab1 ab1 ab1
a 1 b 1 a 1 b 1
2 2 2
ab a ab b (b a) (ab1)
(2)
   0  0
2 2 2 2
(a 1)(ab1) (b 1)(ab1) (a 1)(b 1)(ab1)
Vì a  1, b  1 nên (2) đúng . Do đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra  a = b.
1 1 2 2
Áp dụng (1), ta có:   
2 2 2
a 1 b 1 ab1
a b
 
1
0.5
 
2
 
1 1 8 2 2 4
     
2 2 2 2 2 2
a 1 b 1 c  4c 8
a b c 2 a b c 2
     
1 1 1
     
2 2 4
     
1 1 8 64
    .
2 2 2 2
a 1 b 1 c  4c 8
a b c 2 16
 
Lại có: (a 2b)(a 2c) a b c
64
0.5
 P  3(a b c 2) 6 . Đặt t = a + b + c + 2, 5  t  8, ta có:
2
a b c 2 16
64
P  3t 6
2
t 16
64
Xét hàm số f (t)  3t 6 , với t  [5 ; 8]
2
t 16
128t
f (t)  3 0,t[5;8]  f(t) nghịch biến trên đoạn [5 ; 8].
0.25
2 2
(t 16)
86 86
 
f (t) f (8) ,t[5;8] P
5 5
86 86 0.5
P  a b c 2 . Vậy GTNN của P là  , khi a b c 2 .
5 5
Giáo viên thẩm định Giáo viên ra đề
Trịnh Đình Hiểu Phạm Thị Nga
9

onthicaptoc.com Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020 2021 THPT Vĩnh Lộc có đáp án