Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 12 môn Toán

Table of Contents

Tong hop 2

1 1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 3

2 10. DE chinh thưc HSG 12-Đọc 2022 14

3 10. doc 9 21

4 10. Đọc tham khảo-2022 29

5 10. Yên bái -đọc 2022 35

6 11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 năm 2016 sở GD và ĐT Quảng Ninh 42

7 11. Bến Tre và Thanh Hoa-2022 48

8 11. De va dap an thi chon HSG Toan lop 12 nam hoc 20142015 cua tinh Vinh Phuc 56

9 11.Thi HSG trường 12-2022-De-Da 64

10 12. cụm 6 trường THPT 22-23 70

11 12. Hà nội 2020 77

12 12. T12-O1 85

13 12. T12-O2 91

14 12. Thien 97

15 12. Trung 103

16 13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT

Thái Bình- nhớ đọc lại

116

16.1 De_TOAN (Cuoi) 116

16.2 DA_TOAN (cuoi) 117

17 13. TOÁN- Cụm 6 - 1 122

18 13.cụm 6 trường THPT 21-22 132

19 13.Đề- Đáp án- Cum 11 Trường THPT. 139

19.1 1. Toán-CLinh - Đề 140

19.2 1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 141

20 DE - 1 152

21 DE -2 157

22 DE -3 163

23 DE -4 170

24 DE -5 177

25 DE -6 186

Tong hop cac de thi HSG tinh HD Tu 2012-2022 194

1 Tong nam hoc 2012-2021 195

2 Năm học 2021-2022 251

Table of Contents

1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 2

10. DE chinh thưc HSG 12-Đọc 2022 13

10. doc 9 20

10. Đọc tham khảo-2022 28

10. Yên bái -đọc 2022 34

11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 năm 2016 sở GD và ĐT Quảng Ninh 41

11. Bến Tre và Thanh Hoa-2022 47

11. De va dap an thi chon HSG Toan lop 12 nam hoc 20142015 cua tinh Vinh Phuc 55

11.Thi HSG trường 12-2022-De-Da 63

12. cụm 6 trường THPT 22-23 69

12. Hà nội 2020 76

12. T12-O1 84

12. T12-O2 90

12. Thien 96

12. Trung 102

13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Thái

Bình- nhớ đọc lại

115

1 De_TOAN (Cuoi) 115

2 DA_TOAN (cuoi) 116

13. TOÁN- Cụm 6 - 1 121

13.cụm 6 trường THPT 21-22 131

13.Đề- Đáp án- Cum 11 Trường THPT. 138

1 1. Toán-CLinh - Đề 139

2 1. Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 140

DE - 1 151

DE -2 156

DE -3 162

DE -4 169

DE -5 176

DE -6 185

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

NHÓM 11 TRƯỜNG THPT

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2022 – 2023

Môn thi: Toán

Ngày thi 24/9/2022

Thời gian làm bài: 180 phút, không tính thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)

Câu I( 2điểm).

1.Cho hàm số

2 1

1

x

y

x

+

=

−

có đồ thị là

(C)

. Gọi

I

là giao điểm của hai đường tiệm cận. Viết

phương trình tiếp tuyến của

(C)

biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng lần

lượt tại

A , B

sao cho

AB IA = 10 .

2. Cho hàm số

3 2 2 3

y x mx m x m m = − + − − + − 3 3( 1) 4 2 . Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm

số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt đường tròn

2 2 (x 3) (y 2) 14 − + − =

tại 2 điểm

A , B

phân biệt thỏa mãn

AB = 9 .

Câu II( 2 điểm) 1 . Giải hệ phương trình

( )

( )( )

2 2 2

2

3 1 1 3

.

2 7 3 2 3 5

x y x xy

x y x x xy

 + − = + − 



 − − − + = 

2. Một trường học có 27 giáo viên nam và 15 giáo viên nữ trong đó có đúng 2 cặp vợ

chồng. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 5 người trong số 42 giáo viên trên đi công tác. Tính xác suất sao

cho trong 5 người được chọn có đúng một cặp vợ chồng.

Câu III(2 điểm) 1. Cho dãy số

( )

n

u được xác định như sau:

1 2

*

2 1

1; 5

2 2,

n n n

u u

u u u n N + +

 = =



 = − +  

.

Tính

2

lim

2 3

n

n

u

→+ n +

2.Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tứ giác

ABCD

nội tiếp đường tròn đường kính

BD

. Gọi

H K,

lần lượt là hình chiếu của A trên

BD

và

CD

. Biết

A(4;6)

, phương trình của

HK

:

3 4 4 0 x y − − = , điểm

C

thuộc đường thẳng

1 d

:

x y + − = 2 0

, điểm

B

thuộc đường thẳng

2

d

:

x y − − = 2 2 0

và điểm

K

có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm

B C D , , .

Câu IV( 3 điểm). Cho hình chóp

S ABC .

1. Cho

SA

vuông góc với đáy,

SC = 2 2 , BCS =  45

, góc giữa hai mặt phẳng

(SAB)

và

(SBC)

bằng

90

, góc giữa hai mặt phẳng

(SAC)

và

(SBC)

bằng

60

. Tính thể tích khối chóp

S ABC . .

2. Gọi

G

là trọng tâm của tam giác

ABC , điểm

O

là trung điểm đường trung tuyến

SG

. Mặt

phẳng

( )

qua

O

cắt các cạnh

SA SB SC , ,

lần lượt ở

1 1 1 A B C , ,

. Tính

1 1 1

1 1 1

.

AA BB CC H

SA SB SC

= + +

3. Cho các điểm

I J K , ,

nằm trên các cạnh

SA SB SC , ,

sao cho

SA SI SB SJ SC SK = = = 4 , 3 , 2

;

SI JK a SJ IK b SK IJ c = = = = = =

, ,

;

2 2 2 abc + + =15

. Tính giá trị

lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.

Câu V( 1 điểm). Cho

abc , ,

là các số thực dương. Chứng minh rằng:

( )( )

2 2 2

9 32 5

ab a c b c 4 4 4 a b c

−  −

+ + + + +

.

ĐỀ CHÍNH THỨC

---HẾT---

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Đáp án Điểm

Câu I

(2,0

điểm)

1.Cho hàm số

2 1

1

x

y

x

+

=

−

có đồ thị là

(C)

. Gọi

I

là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Viết phương trình tiếp tuyến của

(C)

biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận ngang và

tiệm cận đứng lần lượt tại

A , B

sao cho

AB IA = 10 .

1,0

* TXĐ:

D = − \ 1  

* Tiệm cận đứng:

1  = : 1 x

* Tiệm cận ngang:

2  = : 2 y

* Giao điểm hai tiệm cận là I(1;2)

* Ta có:

2

3

' 1

( 1)

y x

x

−

=  

−

;

0,25

Gọi

0

0

3

; 2

1

M x

x

    +

  −

( x0 1) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị

(C)

tiếp tuyến của

(C)

tại

M

có hệ số góc là

( )

( )

0 2

0

3

'

1

k y x

x

= = −

−

Do tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng lần lượt tại

A , B

sao cho

AB IA = 10 .

Mà tam giác

IAB

vuông tại

I

nên

2 2 AB IA IB = +

Do đó

2 2 10

3

IA IB IA

IB IA

+ =

 =

Vì vậy tiếp tuyến có hệ số góc là

3

0,25

TH1: Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 3

 = y x ' 3 ( 0 )

( )

2

0

3

3

x 1

 − =

−



Phương trình vô nghiệm

TH2: Tiếp tuyến có hệ số góc bằng -3

 = − y x ' 3 ( 0 )

( )

2

0

3

3

x 1

 − = −

−

( )

2

0

0 0

0 0

1 1

1 1 2

1 1 0

x

x x

x x

 − =

  − = =       − = − =

0,25

Với

0

x = 2  M (2;5) 

Phương trình tiếp tuyến :

y x = − + 3 11

Với

0

x = 0  − M (0; 1) 

Phương trình tiếp tuyến :

y x = − − 3 1

0,25

2. Cho hàm số

3 2 2 3

y x mx m x m m = − + − − + − 3 3( 1) 4 2

. Tìm các giá trị của m để

đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt

1,0

đường tròn

2 2 (x 3) (y 2) 14 − + − =

tại 2 điểm A,B phân biệt thỏa mãn

AB = 6 .

2 2

y x mx m ' 3 6 3( 1) (1) = − + −

Hàm số có CĐ, CT

 = y ' 0

có hai nghiệm phân biệt

  =  ' 9 0

luôn đúng với mọi m.

0,25

y ' 0 =

có hai nghiệm

1,2 x m= 1

. Thay

1,2 x

vào hàm số ta có tọa độ 2 điểm cực

trị là :

M( 1; 4); ( 1; ). m m N m m + − −

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là

 + − + = :2 3 2 0 x y m

0,25

- Đường tròn có tâm

I(3;2); R 14 =

.Kẻ IH vuông góc với AB thì H là trung

điểm AB.

2 2  =  = − =   = = HA IH IA HA d 3 5 (I; ) IH 5

0,25

-

10 3 5

(I; ) 5 3

5 3

m

d m hoac m

−

 = =  = =

Vậy

5

3

3

m hoac m = =

0,25

CâuII

(2,0

điểm)

1.Giải hệ phương trình

( ) ( )

( )( ) ( )

2 2 2

2

3 1 1 3 1

2 7 3 2 3 5 2

x y x xy

x y x x xy

 + − = + − 



 − − − + = 

1,0

+) Điều kiện:

( )

2

2

3

3 . *

1

3 0

3

x

x

x xy y



 

      

   +   − 

+) Với điều kiện

(*)

, từ

( ) ( )

2

2

1 1 1 3 3 . 3 y y

x x

 + + = + +

0,25

Xét hàm số:

( )

2 1

3 ,

3

f t t t t = + +  − .

( )

2

2 2

3 1 ' 1 0, .

3 3 3

t t t f t t

t t

+ + = + =    −

+ +

Suy ra, hàm số

( )

2

f t t t = + + 3

đồng biến trên

1

;

3

 



− +

 

.

Mặt khác

f t( )

liên tục trên

1

;

3

 



− +

 

.

Do đó, từ

( ) ( )

1 1 3 f y f y

x x

   =  =    

.

0,25

Thay 1

y

x

=

vào (1) , ta được:

(2 7 3 2 3 5. 4 x x x − − − + = )( ) ( )

0,25

H

A B

I

Nhận thấy,

7

2

x =

không là nghiệm của

(4)

, nên

(4)

có thể viết lại:

5 5 3 2 3 3 2 3 0.

2 7 2 7

x x x x

x x

− − + =  − − + − =

− −

Đặt

( )

5 2 7 3 2 3 , ,

2 7 3 2

g x x x x x

x

= − − + −   

−

.

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

3 1 10 3 3 3 2 10 '

2 3 2 2 3 2 3. 3 2 2 7 2 7

6 29 10 2 7 0, , .

2 3. 3 2 3 3 3 2 2 7 3 2

x x

g x

x x x x x x

x

x x

x x x x x

+ − −

= − + = +

− + + − − −

+

= +    

+ − + + − −

Suy ra

g x( )

đồng biến trên

2 7

;

3 2

 

 

 

và

7

;

2

    +  

.

Phương trình có tối đa 2 nghiệm

Mà

g g (1 6 0 ) = = ( )

, nên

(4)

có hai nghiệm

x x = = 1, 6.

Vậy nghiệm

( x y; )

của hệ phương trình là

(1;1)

và

1

6;

6

     

. 0,25

2. Một trường học có 27 giáo viên nam và 15 giáo viên nữ trong đó có đúng 2

cặp vợ chồng. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 5 người trong số 42 giáo viên trên đi công

tác. Tính xác suất sao cho trong 5 người được chọn có đúng một cặp vợ chồng.

1,0

Số cách chọn 5 người bất kỳ trong số 42 giáo viên là

5 C42

Do đó

( )

5

42 n C  =

0,25

Giả sử

E

là biến cố: “trong 5 người được chọn có đúng một cặp vợ chồng”

Giả sử có 2 cặp vợ chồng là

( A B, )

và

(C D, )

trong đó

AC,

là chồng.

TH1: Chọn cặp vợ chồng

( A B, )

Cần chọn 3 người trong số

40

người còn lại ( trừ

A B,

) mà không có cặp

(C D, )

Số cách chọn 3 người bất kỳ trong số 40 người là

3 C40

Số cách chọn 3 người trong 40 người mà có cặp

(C D, )

là

1 C38

Suy ra số cách chọn 3 người trong số 40 người mà không có cặp

(C D, )

là

3 1 C C 40 38 −

0,25

TH2: Chọn cặp vợ chồng

(C D, )

Tương tự trên ta có số cách chọn là

3 1 C C 40 38 −

0,25

Xác suất cần tính là

( )

( )

3 1

40 38

5

42

2 C C

p E

C

−

=

0,25

Câu III

(2,0

điểm)

1. Cho dãy số

( )

n

u được xác định như sau:

1 2

*

2 1

1; 5

2 2,

n n n

u u

u u u n N + +

 = =



 = − +  

. Tính

2

lim

2 3

n

n

u

→+ n +

1.0

Ta có

*

2 1 2 2,

n n n

u u u n + + = − +   ( )

*

2 1 1 2,

n n n n

u u u u n  − = − +   + + +

.

Đặt

*

1

,

n n n

x u u n = −   +

*

1

2,

n n

x x n  = +   +

0,25

 ( xn )

là cấp số cộng với công sai

d = 2

và số hạng đầu

1 2 1 x u u = − = 4

( )

*

4 1 .2 2( 1),

n  = + − = +   x n n n

0,25

*

1

2( 1),

n n

u u n n  − = +   +

.

Suy ra với

*  n

ta có:

u u u u u u u u n n n n n

− = − + − + + − 1 1 1 2 2 1 ( − − − ) ( ) ... ( ) = + − + + = + − 2 1 ... 2 1 2   n n n n ( ) ( )  

.

0,25

2 * 1,

n  = + −   u n n n .

2

2 2

1 1 lim lim

2 3 2 3 2

n

u n n

n n

  + −

 = =  

+ +  

0,25

2.Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tứ giác

ABCD

nội tiếp đường tròn đường kính

BD .

Gọi

H K,

lần lượt là hình chiếu của A trên

BD

và

CD

. Biết

A(4;6)

, phương trình của

HK

:

3 4 4 0 x y − − = , điểm

C

thuộc đường thẳng

1 d

:

x y + − = 2 0

, điểm

B

thuộc đường

thẳng

2

d

:

x y − − = 2 2 0

và điểm

K

có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm

B C D , , .

1,0

Gọi

E AC HK = 

Tứ giác

AHKD

nội tiếp

 = HAD HKC

Tứ giác

ABCD

nội tiếp

 = ABC ACD

Tam giác ABD vuông tại

A ABD HAD  =

Vì vậy HKC ACD =

hay tam giác ECK cân tại E  = EC EK

0,25

. = EAK EKA

Suy ra tam giác

EAK

cân tại

E  = EA EC

nên

E

là trung điểm của

AC

Ta có

1 ( )

4 8 ;2 ;

2 2

c c C d C c c E   + −

  −     

Vì

E HK 

nên tìm được

c C =  − 4 4; 2 ( )

0,25

K HK 

nên giả sử

K a a (4 ;3 1− )

AK a a CK a a = − − = − + (4 4;3 7 ; 4 4;3 1 ) ( )

Ta có

2 AK CK AK CK a a ⊥  =  − + = . 0 25 50 9 0

1

5

9

5

a

a



= 

 

 =



Vì hoành độ điểm

K

nhỏ hơn 1 nên

4 2

;

5 5

K

    −

 

BC có phương trình

2 10 0 x y − − = . B BC d B =  2 (6;2)

0,25

Viết được phương trình

AD x y : 2 8 0 − + =

Viết được phương trình

CD x y : 2 0 + =

Tìm được

D(−4;2)

. Vậy

B C D (6;2 , 4; 2 , 4;2 ) ( − − ) ( )

0,25

Câu

Câu IV

(2,0

điểm)

Câu IV. Cho hình chóp

S ABC .

1. Cho

SA

vuông góc với đáy,

SC = 2 2 , BCS =  45

, góc giữa hai mặt phẳng

(SAB)

và

(SBC)

bằng

90

, góc giữa hai mặt phẳng

(SAC)

và

(SBC)

bằng

60

. Tính thể tích khối

chóp

S ABC . .

1,0

Thể tích khối chóp

1

.

3

V SA S =

ABC

.

Kẻ

AH SB ⊥

suy ra

AH SBC ⊥ ( )

.Do

BC SA ⊥

và

BC AH ⊥

nên

BC SAB ⊥ ( )

,

do đó tam giác

ABC

vuông tại

B .

Suy ra tam giác

SBC

vuông cân tại

B

Kẻ

BI AC ⊥  ⊥ BI SC

và kẻ

BK SC ⊥  ⊥ SC BIK ( )

Do đó góc giữa hai mặt phẳng

(SAC)

và

(SBC)

là

BKI =  60 .

0,25

Do

BCS =  45

nên

SB BC = = 2

và

K

là trung điểm của

SC

nên

2

SC BK = = 2 .

Trong tam giác vuông

BIK

có

BI BK =  .sin 60 6

2

= .

0,25

K

S

A

B

C

I

H

Trong tam giác vuông

ABC

có

2 2 2

1 1 1

BI AB BC

= + 2 2

BI BC .

AB

BC BI

 =

−

2 15

5

= .

1

.

2

ABC S AB BC =

2 15

5

=

;

2 2 SA SB AB = −

2 10

5

=

0,25

Vậy

1

.

3

V SA S =

ABC

4 6

15

= . 0,25

2. Gọi

G

là trọng tâm của tam giác

ABC

, điểm

O

là trung điểm đường trung tuyến

SG .

Mặt phẳng

( )

qua

O

cắt các cạnh

SA SB SC , ,

lần lượt ở

1 1 1 A B C , ,

. Tính

1 1 1

1 1 1

.

AA BB CC H

SA SB SC

= + +

1,0

Giả sử

SA a SB b SC c = = = ; ;

Đặt

1 1 1

1 1 1

, ,

AA BB CC

m n p

SA SB SC

= = =

Do

1

1

AA

m

SA

=

1

1

1 1 1

1 1 1

SA SA SA a

SA m m m

 =  = =

+ + +

Tương tự

1 1

1 1

,

1 1

SB b SC c

n p

= =

+ +

0,25

Ta có

1 1 1 1

1 1

1 1

A B SB SA b a

n m

= − = −

+ +

;

1 1 1 1

1 1

1 1

AC SC SA c a

p m

= − = −

+ +

Vì

G

là trọng tâm của tam giác

ABC

nên

( ) ( )

1 1

3 3

SG SA SB SC a b c = + + = + +

Do đó

( )

1

6

SO a b c = + +

; Vì vậy

1

1 1 1 1

6 1 6 6

AO a b c

m

 

= − + +     +

0,25

Do 4 điểm

1 1 1 A O B C , , ,

đồng phẳng nên 3 véc tơ

1 1 1 1 1 A B AC AO , ,

đồng phẳng nên tồn tại

bộ số

 ,

sao cho

AO A B AC 1 1 1 1 1 = +  

1 1 1 1 1 1 1 1

6 1 6 6 1 1 1 1

a b c b a c a

m n m p m

       

 − + + = − + −           + + + + +  

1

1 6

1

1 6

1 1

6 1 1

n

p

m m





 



= 

+



  = 

+ 

 +

 − = −  + +

0,25

1

6

1

6

1 1

6 1

n

p

m





 

 +

= 



 +

 = 



 − −

= 

 +

 + + = m n p 3

. Vậy

1 1 1

1 1 1

3. AA BB CC H

SA SB SC

= + + =

0,25

3. Cho các điểm

I J K , ,

nằm trên các cạnh

SA SB SC , ,

sao cho

SA SI SB SJ SC SK = = = 4 , 3 , 2

;

SI JK a SJ IK b SK IJ c = = = = = =

, ,

;

2 2 2 abc + + =15 .

Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.

1,0

.IJK

. .IJK

.

. . 1 24

. . 24

S

S ABC S

S ABC

V SI SJ SK V V

V SA SB SC

= =  =

Ta tìm giá trị lớn nhất của

VS.IJK

.

0,25

Trong mp(IJK), qua các đỉnh của tam giác IJK, vẽ các đường thẳng song song với cạnh

đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.

Có

.IJ .

1

4

4

MNP IJK S K S MNP S S V V =  =

Do

1

2

SJ IK NP SNP = =  

vuông tại S.

0,25

Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.

Đặt

x SM y SN z SP = = =

, ,

, ta có:

( )

( )

( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 4

4 2

4 2

x a c b x y a

y z b y a b c

z x c z b c a



 = + − + = 

 

  + =  = + −

  + =   = + − 

( )( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2

.IJ .

1 1 2

.

4 24 12

V V xyz a b c b c a c a b S K S MNP = = = + − + − + −

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

( )( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 15 125

3 3

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

+ − + − + − 

  + − + + − + + −    = =        

nên

.IJK

2 5 10 125 .

12 12

VS  =

Đẳng thức xảy ra khi

2 2 2 15 5 5.

3

a b c a b c = = = =  = = = . .IJK

5 10 24 24 10 10

12

V V S ABC S =   =

Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là

10 10

( đvtt).

0,25

Câu V. Cho

abc , ,

là các số thực dương. Chứng minh rằng:

( )( )

2 2 2

9 32 5

ab a c b c 4 4 4 a b c

−  −

+ + + + +

. 1,0

Ta có:

( )( ) ( )( )

2 2

2 2

2

cosi a ac b bc ab a c b c a ac b bc + + +

+ + = + +  . 0,25

Câu V

( 1

điểm)

( )( )

( )

2 2

2

a b c a b

ab a c b c

+ + +

 + + 

(1).

Lại có:

( )

( )

2 2

2

cosi c a b

c a b

+ +

+ 

và

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2 2 2

2

2

2

cosi c a b

a b a b c a b

+ +

+  +  + 

(2).

Từ (1), (2)

( )( )

( )

2 2 2

2 2 2

2

2

c a b

a b

ab a c b c

+ +

+ +

 + +  .

( )( )

2 2 2 4 4

4

a b c ab a c b c + +

 + +  ( )( )

2 2 2

1 4

ab a c b c 4 4 a b c

 

+ + + + ( )( )

2 2 2

9 36

ab a c b c 4 4 a b c

 

+ + + +

.

Dođó:

( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2

9 32 36 32

4 4 4 4 4 4 4 4

P

ab a c b c a b c a b c a b c

= −  −

+ + + + + + + + + +

0,25

Đặt:

2 2 2 t a b c = + + + 4 4 4

. Vì

abc , ,

là các số thực dương nên

t  2.

Suy ra:

2 2 2 2 4 4 4 a b c t + + = − .

Xét hàm số

( ) 2

36 32

4

f t

t t

= −

−

với

t  2.

( )

( ) ( )

( )( )

( )

3 2 4 3 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

72 32 32 72 256 512 4 32 56 32 128

4 4 . 4 .

t t t t t t t t f t

t

t t t t t

− − − + − + − −

 = + = = 

− − −

.

Ta có:

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2 3 32 56 32 128 32 128 56 32 32 4 4 14 8 0 t t t t t t t t t + − − = − + − = − + − 

( vì

t  2

).

0,25

Do đó

f t t ( ) =  = 0 4 .

Bảng biến thiên:

( )

( )( )

2 2 2

9 32 5 5

4 4 4

f t

ab a c b c a b c

  −  −  −

+ + + + +

.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 2 2 2 4 4 4 4 12 12 1

1

2 2

a b c a a

a b a b b

c a b c a c

 + + + = = =  

  

   =  =  =

   

= + = =   

.

0,25

PHƯƠNG ÁN THAY CÂU HÌNH Ạ

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật

ABCD

có phương trình

AD x y : 2 3 0 − + = .

Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho

BE AC =

(D và E nằm

về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

ABCD

, biết điểm

E(2; 5) − , đường thẳng AB đi qua điểm

F(4; 4) − và điểm B có hoành độ dương.

8 1,0 điểm

Ta có và AB đi qua F(4 ; -4)

. Khi đó

0,25

Ta có đường thẳng EF đi qua hai điểm E(2;-5) và F(4;-4). Do đó ta lập được phương trình

Suy ra tại F. Khi đó, ta vì

(cùng phụ với

HBC

) .

0,25

Ta có

B AB x y B b b b  + − =  −  : 2 4 0 ( ;4 2 ), 0.

Vậy

Ta có và BC đi qua B(2; 0)

0,25

AC đi qua A(1; 2) và vuông góc với BE AC nhận là véc tơ pháp tuyến

. Khi đó, ta có

CD đi qua C(6; 2) và .

Khi đó .

Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).

0,25

NẾU LÀM DỄ HƠN Ạ

3)(1,0đ) Cho dãy số

(un )

được xác định bởi

1 1 3,

2 1

n

n

n

u

u u

u

= =

+

+

, n =1,2,3,...

Tính

(2023 3) u lim

1011

n

n +

Ta có :

1 1 2 .

n n n n

u u u u + + + =

1

1 1 2

n n

u u +

 − =

(1) 0,25

Đặt 1

n

n

v

u

= ,

*

n ta có

1

1

1 1

3

v

u

= =

0,25

B

H

F

C

A

D

E AB AD x y ⊥ − + = : 2 3 0  + − = AB x y : 2 4 0 A AB AD A =   (1;2) EF x y : 2 12 0 − − = EF AD EF AB  ⊥  =  ABC EFB AC BE EBF BCA = =

,  AB EF = = 5

2 2 2 AB b b b b b dob B =  − + − =  − =  =   5 ( 1) (2 2 ) 5 5 10 0 2( 0) (2; 0) BC AB x y ⊥ + − = : 2 4 0  − − = BC x y : 2 2 0  BE = − (0; 5)  − − =  = AC y y : 5( 2) 0 2 C AC BC C =   (6;2) CD AD x y ⊥ − + = : 2 3 0  + − = CD x y : 2 14 0 D CD AD D =   (5; 4)

( ) 1

1 2

n n

v v  = + +

,

*

n

Dãy

( )

n

v

là cấp số cộng có số hạng đầu

1

1

3

v =

, công sai d=2

1 6 5 ( 1)2

3 3 n

n

v n

−

= + − = Do đó

3

6 5 n

u

n

=

−

0,25



(2023 3) u lim

2022

n

n +

=

(2023 3)3 2023 lim

1011(6 5) 2022

n

n

+

=

− 0,25

1. Cho dãy số

(un )

xác định bởi công thức:

1 2

2 1

2; 4

8 15 1,

n n n

u u

u u u n n + +

 = =



 = −   

.

Tính giới hạn

lim

5

n

n

  u

   

.

Cho dãy số

(un )

xác định bởi công thức:

1 2

2 1

2; 4

8 15 1,

n n n

u u

u u u n n + +

 = =



 = −   

.

Tính giới hạn

lim

5

n

n

  u

   

.

Theo bài ra,

2 1 8 15 n n n

u u u + +

= −    n n 1,

, ta có

2 1 1 3 5( 3 )

n n n n

u u u u  − = − + + +    n n 1, .

Đặt

1

3 n n n

v u u = −

+ (   n n 1, )

ta có

1 2 1

1

3 2

5 1,

n n

v u u

v v n n +

 = − = −



 =   

Nhận thấy

(V )

n

là cấp số nhân với công bội

q = 5

và

1

v = −2 .

Do đó

1

( 2).5n

n

v

−

= − .

Khi đó

1

3 n n

u u + − =

1

( 2)5n−

−

( )

1

1

5 3 5 n n

n n

u u

−  + = + +

(1)

Đặt

1

5 , 1, n

n n

y u n n

−

= +  

Do đó

1

3 n n

y y +

= n n   1,

với

1

y = 3

Nhận thấy

( yn )

là cấp số nhân có số hạng đầu

1

y = 3

, công bội bằng 3

1

3.3n

n

y  = −

1 1 3.3 5 n n

n u  = + − − 1

3 5 n n

n

u  = − −

1

3 5 3 1 1 lim lim lim

5 5 5 5 5

n n n

n

n n

u

−

  −         = = + =                

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

( Đề thi có 01 trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP CƠ SỞ

MÔN: TOÁN

Năm học: 2018 - 2019

Ngày thi: 05/12/2018

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI

Câu 1. (2,0 điểm)

1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 5 1

2

x

y x

x

+

= + +

−

trên đoạn

−3;1.

2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị

( ) C

của hàm số

3 2

y x x3 2

cắt đường

thẳng d:

y m x (2 ) 2

tại ba điểm phân biệt

A (2;2), BC,

biết rằng hai điểm

BC,

cách

đều đường thẳng

: 3 2 4 0 x y .

Câu 2. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

sin (1 cos2 ) sin 2 1 cosx x x x .

2. Tìm hệ số của số hạng chứa

5

x

trong khai triển

3

2

1

( )

2

n

x

x

+

biết

n

là số tự nhiên thỏa

mãn:

2 2 2 3 2 3 15 C A n n n

+ = + .

Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình:

( )

2

8 7 4 8 1 + − = + − + + x x m x x (1)

1. Giải phương trình (1) khi

m =−12.

2. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho hình chóp

S.ABCD

có

SA

vuông góc với mặt phẳng

(ABCD)

và đáy

ABCD

là hình chữ nhật biết

AB = a, AD = 2a

. Gọi

M

là trung điểm cạnh

BC, N

là giao điểm

của

AC

và

DM , H

là hình chiếu vuông góc của

A

lên

SB. Đường thẳng

SC

tạo với mặt

phẳng

(ABCD)

một góc

 , với

2

tan

5

 = . Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABMN

và

khoảng cách từ điểm

H

đến mặt phẳng

(SMD).

Câu 5. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD

biết điểm A có tung độ dương,

đường thẳng AB: 3x + 4y – 18 = 0. Điểm

21 M ; 1

4

    −

 

thuộc cạnh BC, đường thẳng AM cắt

đường thẳng CD tại N thỏa mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

ABCD.

2. Cho tứ diện

ABCD

và một điểm

M

chuyển động trong tứ diện. Các đường thẳng

AM, BM, CM, DM

cắt các mặt phẳng

(BCD), (ADC), (ABD), (ABC)

lần lượt tại

A B', ' ,

C D', '. Xác định vị trí điểm

M

để biểu thức

T=

' ' ' '

AM BM CM DM

MA MB MC MD

đạt giá

trị nhỏ nhất.

Câu 6. (1,0 điểm)

Cho dãy vô hạn

un 

xác định như sau:

1

1 1 2

1

1 ... , 1,2...

n n

u

u u u u n +

 =



 = + =

Đặt S

n

=

1 1 2

1 1 1 1

...

n

k k n = u u u u

 = + + +

. Tìm

n→+

lim

S

n

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

( Hướng dẫn chấm có 07 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP CƠ SỞ

MÔN: TOÁN

NĂM HỌC: 2017 - 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Đáp án Điểm

1

1) (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 5 1

2

x

y x

x

+

= + +

−

trên đoạn

−3;1

TXĐ:

D R = \ 2 

;

−  3;1 D . Hàm số liên tục trên

−3;1

0,25

2

9

' 1

( 2)

y

x

= −

−

0,5

( )

( )

2

2 3 1 3;1

' 0 ( 2) 9 0

2 3 5 3;1

x x

y x

x x

 − = −  = −  −

=  − − =    

 − =  =  − 

0,75

Khi đó

(1) ( 1) ( 3)

9

5; 1; ;

5

y y y − −

−

= − = − =

0,5

Vậy

-3;1 -3;1   

Miny khi x Maxy khi x = = = = -5 1 -1 -1

0,5

2) (2,5 điểm) Tìm giá trị của tham số m để đồ thị

( ) C

của hàm số

3 2

y x x3 2

cắt đường thẳng d:

y m x (2 ) 2

tại ba điểm phân biệt

A (2;2), BC,

biết rằng hai điểm

BC,

cách đều đường thẳng

: 3 2 4 0 x y .

Phương trình hoành độ giao điểm

3 2

x x m x 3 2 (2 ) 2

0,25

3 2

2 2

3 4 (2 ) 0 (1)

( 2)( 2) (2 ) 0 ( 2)( 2 ) 0

x x m x

x x x m x x x x m

2

2 0

( ) 2 0 (2)

x

g x x x m

0,5

Số giao điểm của 2 đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình. Để

( ) C

cắt d

tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.

Suy ra phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

9

0 4 9 0

4 (*)

(2) 0 0 0

m m

g m

m



     = +    −

          

 

0,5

Với mọi m thỏa mãn điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt: A(2;2),

B x mx m ( 1 1 , 2 2 − + + ), C x mx m ( 2 2 , 2 2 − + + )

với

1 2 x x,

là hai nghiệm phân

biệt khác 2 của PT (2)

1 2

1 2

1

. 2

x x

x x m

 + =

 

 = − −

0,25

B, C cách đều đường thẳng    =  d B d ( , C, ) ( ) 0,5