Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – THPT
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ĐỀ CHÍNH THỨC mx  25
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
đồng biến trên khoảng 0;10 . x  m Lời giải
Tập xác định: D   \  m . 2 m  25 Ta có: y  . x  m2
Để hàm số đồng biến trên khoảng 0;10 thì m  5    y 0, x  0;10 2      m  25  0 m  5 m  10        m   0;10 m   0;10 m  0 m  5  m  10 Vậy m  ;
 105; là các giá trị cần tìm. 1 Câu 2. Cho hàm số 3 2 y  x  mx   2 m  
1 x , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m 3
để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị , A B sao cho ,
A B cách đều đường thẳng d : y  5x  9 . Lời giải
 Tập xác định D   . a    1 0 y   Ta có 2 2
y  x  2mx  m 1 có 
suy ra hàm số đã cho luôn có 2          m m m y   2 1 1 0
hai điểm cực trị với mọi m   . Cách 1.  1 1  2 1
 Lấy y chia y ta được y  x  m y  x  m  2 m    1.  3 3  3 3
 Đặt A x ; y , B x ; y là tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho, ta có: 1 1   2 2  2 1 y   x  m 2 m   2 1 1 , y   x  m 2
m 1 . Do đó, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị 1 1 2 2  3 3 3 3 2 1 ,
A B là  : y   x  m 2 m   1 . 3 3 2 1
 Vì đường thẳng  : y   x  m 2 m  
1 không song song với đường thẳng d : y  5x  9 3 3 nên ,
A B cách đều đường thẳng d : y  5x  9 khi và chỉ khi trung điểm I của đoạn thẳng AB
thuộc đường thẳng d : y  5x  9 . x  x 2 1 1  1   Ta có 1 2 x 
 m, y   x  m m   m  m  I m m  m . I I I  2  3 3 1 ;   2 3 3 3  3   1  1 3 3 3 I ; m
m  m  d : y  5x  9  m  m  5m  9  m 18m  27  0    3  3 m  3 m 3 2 m 3m 9 0        3   3 5  . m   2 m  3  Vậy  3  3 5 
thỏa yêu cầu bài toán. m   2 Cách 2.  1 
Đồ thị hàm số có điểm uốn 3 I ; m m  m 
 . Để hai điểm cực trị cách đều đường thẳng  3  m  3 1
d : y  5x  9 thì I  d hay 3 3
m  m  5m  9  m 18m  27  0   . 3 3 3 5 m   2 m  3 Vậy  3   3 5 
thỏa yêu cầu bài toán. m   2
Câu 3. Giải phương trình 3 1 cos 2x  sin 2x  4cos x  8  4 3   1 sin x . Lời giải
Ta có 3 1 cos 2x  sin 2x  4cos x  8  4 3   1 sin x 2
 2 3 sin x  2sin x cos x  4cos x  4 3 sin x  4sin x  8  0
 2sin x 3sin x  cos x  2 4 3sin x  cos x  2  0
 2(sin x  2)( 3 sin x  cos x  2)  0
 3 sin x  cos x  2  0  
 sin(x  ) 1  x   k2 , k  . 6 3 
Vậy phương trình có nghiệm: x   k2 , k  . 3  x   1   2   2019   2020  Câu 4. Cho f  x  log . Tính S  f  f  ... f  f . 2           1 x   2021  2021  2021   2021  Lời giải ĐK: 0  x  1.  x   Ta có f  x  log  log x  log 1 x . 2   2 2   1 x   Xét:  1  1 2020 f  log  log   . 2 2  2021 2021 2021  2  2 2019 f  log  log   . 2 2  2021 2021 2021  3  3 2018 f  log  log   . 2 2  2021 2021 2021 ……….  2019  2019 2 f  log  log   . 2 2  2021  2021 2021  2020  2020 1 f  log  log   . 2 2  2021  2021 2021  k   2021 k   1   2020   Ta thấy: f  f
 0, k ,1 k  2020     và từ f   đến f   có  2021  2021   2021  2021  2020 số hạng.  1   2   2019   2020   Do vậy tổng S  f  f  ... f  f  0         .  2021  2021  2021   2021    2 x   x  2 1 y  1 y  1
Câu 5. Giải hệ phương trình:  .
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  Lời giải  2 x   x   2 1 y  1 y  1   1  .
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  2 1 Từ phương trình   1 ta có 2 x  1 x  2 2
 x  1 x  1 y  y 2 y  1 y  x   x   y   y2 2 1 1
 f  x  f y * . Xét hàm số f t 2  t  1 t , t . 2 t 1 t  t Ta có: f t  1   0, t    . 2 2 1 t 1 t
Suy ra hàm số f liên tục và đồng biến trên  .
Do đó *  x   y  y  x . Thay vào phương trình 2 ta được 2 2
x 2x  6x 1  4x  6x 1 2 2 2
 2x  6x 1 x 2x  6x 1  6x  0 x  0   2   2x  6x 1  2  x 2 2x  6x 1  0 3 11      x   2 . 2    2x  6x 1  3x x  0  x 1 2  7x   6x 1  0  3 11 3   11 
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm  ; , 1;  1  . 2 2    Câu 6. Giả sử E   2 3 20
10;10 ;10 ;...;10  . Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 số từ tập hợp E , giả sử hai số được
lấy ra là x và y (với x  y ). Tính xác suất sao cho log y là một số nguyên. x Lời giải n  2  C  190 . 20 x 10 ; y 10   .  log y 
   ;   ; , 1;20  A . x   
Nếu   1  n  ; n 2;20  2;3;4;...;2 
0   có 19 cách chọn.
Nếu   2   2n | n  ; n 3;20  4;6;8;...;2  0   có 9 cách chọn.
Nếu   3   3n | n ;  2  n   6  6;9;12;15;1  8   có 5 cách chọn.
Nếu   4   4n | n  ; 2  n   5  8;12;16;2  0   có 4 cách chọn.
Nếu   5   5n | n  ; 2  n   4  10;15;2  0   có 3 cách chọn.
Nếu   6   6n | n  ; 2  n   3  12;1  8   có 2 cách chọn.
Nếu   7   14   có 1 cách chọn.
Nếu   8    16   có 1 cách chọn.
Nếu   9    18   có 1 cách chọn.
Nếu   10    20   có 1 cách chọn.
Gọi A : “ log y là một số nguyên” x
 n A 19  9  5  4  3 2 1111  46 .  P  A n A 46 23    . n  190 95
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy, ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn
đường kính AC . Gọi hai điểm M , N tương ứng là hình chiếu vuông góc của điểm A lên hai
đường thẳng SB và SD . Biết SA  a, BD  a 3 và 
BAD  60 . Tính côsin của góc giữa hai
mặt phẳng  AMN  và  ABCD . Lời giải S N M A D C B
Do tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC nên AB  BC, AD  DC . Ta có : BC  BA +) 
 BC  SAB  BC  AM BC  SA AM  SB +) 
 AM  SBC  AM  SC AM  BC C  D  AD +) 
 CD  SAD  CD  AN C  D  SA AN  SD +) 
 AN  SCD  AN  SC AN  CD SC  AM +)   SC   AMN . SC  AN SC   AMN  +) 
  AMN , ABCD  SC, SA. SA    ABCD
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Khi đó ta có: BD a 3 R    a . 2sin  ABD 2sin 60
Mặt khác R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD  AC  2R  2a.
Xét SAC vuông tại A , ta có: SC  SA  AC  a   a2 2 2 2 2  a 5. SA a 1 1 Khi đó: cos  ASC     0  cosS , A SC   cos  ASC  . SC a 5 5 5 1
Vậy côsin của góc giữa hai mặt phẳng  AMN  và  ABCD là . 5
Câu 8. Cho hình lăng trụ ABC.A B  C
  có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh AC  a và 
ABC  30. Tứ giác BCC B   là hình thoi có  B B
 C nhọn, mặt phẳng BCC B   vuông góc với
mặt phẳng  ABC  , góc giữa mặt phẳng  ABB A
  và mặt phẳng  ABC bằng 60. Gọi
M , N, P,Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, B C  , A B
 và AC . Tính theo a thể
tích của khối tứ diện MNPQ . Lời giải B' N C' A' P Q B C H D M a A
Xét tam giác ABC vuông tại A ta có AC a 2 2 BC    a AB  BC  AC  a . sin  2 ; 3 ABC sin 30
Gọi H là hình chiếu của B lên BC . Khi đó B H   (ABC) (do BCC B     ABC ).
Gọi D là hình chiếu của H trên AB . AB  DHB   B D  H   ABB A  , ABC   60. DH x Đặt DH  x  BD    x . tan  3 DBH tan 30 Xét tam giác BB D  vuông tại D có 2 2 2 2 2 B D   B B   BD  4a  3x 2 2  B D   4a  3x . Xét tam giác B D  H vuông tại H ta có DH x 1 1 cos  B D  H   cos60  2 2  4a  3x  x   2 2 4a  3x  2  x . 2 2 B D  4a  3x 2 4 2 4a 2a 7 2a 7 2a 21 2 2 2  4a  7x  x   x   B H   DH.tan 60  . 3  . 7 7 7 7 3 1 1 2a 21 3a 7 V     .    .A . B AC.B H .a 3. . a ABC.A B C 2 2 7 7 1 Vì S  S
và NC / / BC  NC / /  A B
 C  do đó d N, ABC  d C , A B  C  . M  PQ 4 A  B  C 1 1 Suy ra V V = V V MNPQ N .MPQ . 4 N A = BC . 4 C A B . C 1 1 2 1 Mặt khác ta lại có: V       V   V    . V    V . C .A BC A .C BC A .BCC B ABC.A B C ABC. 2 2 3 3 AB C   3 3 1 1 1 1 3a 7 a 7 Vậy V  . V       V    . . MNPQ ABC.A B C ABC. 4 3 12 A B C 12 7 28
Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc 
BAC tù. Đường tròn C 
ngoại tiếp tam giảc ABC có phương trình C   x  2   y  2 : 2
2  25 . Đường thẳng đi qua A
và vuông góc với BC cắt đường tròn C  tại điểm K 1;2 ( K không trùng với A ). Trọng  16 
tâm của tam giác ABC là G 1; 
 . Tính diện tích tam giác ABC .  3  Lời giải
 Gọi M là trung điểm BC . Khi đó IM  BC với I 2;2 là tâm đường tròn C .  Gọi H  IG  AK .
Do IM / / AH nên áp dụng định lý Talet ta có   IM IG MG 1 G  H  2.IG G  H  2.IG    1         . AH GH GA 2 AH  2.IM AH  2.IM  2
 Gọi tọa độ H  x; y .   16    10 
Ta có I 2;2 ; GH  x 1; y    ; IG  1;   .  3   3  x 1  2  x 1 Từ (1) ta có  16 20    H 1;12 . y   y   12  3 3
 Đường thẳng AK đi qua điểm K 1;2 và H 1;12 có véctơ chỉ phương là  1  1 
u   KH   0;14  0;7  VTPT n  7;0 . 2 2
Phương trình đường thẳng AK là 7  x  
1  0 y  2  0  x  1.  Do  ,
A K  C   AK , ta có x  1 x  1   x  1 y  2       .  x  2 
2   y  22  25   y  2  2 16 x  1 y  6
Suy ra tọa độ A1;6 .
 Gọi tọa độ M a;b .  
Ta có IM  a  2;b  2 ; AH  0;6. 2  a  2  0 a  2 Từ (2) ta có     M 2;5 . 2  b  2  6 b   5 
 Đường thẳng BC đi qua điểm M  2
 ;5 và vuông góc với AK nên có VTPT u  0; 7   có
phương trình là 7 y  5  0  y  5.
 Do B , C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn C  nên tọa độ B , C là nghiệm hệ phương trình  y  5 y  5        x  2 
2   y  22  25   x  2  2 16
 y  5  x  2  B 2;5   .
 y  5  x  6  C   6  ;5  Khi đó BC   8  ;0  BC  8 . 1
Khoảng cách từ A đến BC là d  , A BC    1. 2 1 1 1
Vậy diện tích ABC là S  .d A BC BC   . A  BC  , . .1.8 4 2 2 Câu 10. Cho ,
x y là các số thực thỏa mãn x  y  x 1  2 y  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  x  y  2 x   1  y   1  8 4  x  y . Lời giải x  1
x  y  x 1  2 y  2 . Điều kiện   x  y  0 .  y  1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki      2 2   2 2 ax by a b x  y . x  y  x  
y    x  y   x   y  2 2 1 2 2 1 2 1  3 x 1 y   1  3 x  y
 x  y2  3x  y  0  0  x  y  3 .
P  x  y   x   y     x  y  x  y2 2 2 2 1 1 8 4
 2x  y 8 4 x  y  2 .
Đặt t  x  y, 0  t  3. 4 2t  2 4t  4 2
P  t  2t  8 4  t  2, 0  t  3, P  2t  2   . 4  t 4  t 0  t  3     P   t   0 t 3 0 1 4  t  2      .  t   2 1 4  t 3 2  4 t   2t  7t  0 0  t  3 0  t  3 t  0   P  0  18  t  0    t  0  .  .   t 1 2 2 P  3  25 2 t  2t  7  0   t 1 2 2 x  2 x  1
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 25 khi 
và giá trị lớn nhất của P bằng 18 khi  . y  1  y  1 
Document Outline

• de-thi-chon-hsg-toan-12-thpt-nam-2021-2022-so-gddt-vinh-phuc-đã chuyển đổi
• HSG-VĨNH PHÚC NĂM 2021-2022