Đề học sinh giỏi tỉnh Toán 12 năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Bà Rịa – Vũng Tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2022 – 2023

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 13/12/2022

Câu 1: (1.5 điểm)

Giải phương trình 4sin² 3 cos 2 1 2cos^{2 3}

2 4

x− x= + x− π . Câu 2: (1.5 điểm)

Tìm số hạng không chứa xtrong khai triển của 1 2₂ x ⁿ x

 − 

 

  với x>0biết rằng nlà số nguyên dương thỏa mãn C_n⁰+C C_n¹+ _n²+....+C_nⁿ =1024.

Câu 3: (1.5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 2 3 6 1 2 2 4 5 3

(1 ) 2 ( 1)

y x y x y x y

y x y x x y y

 − + + = − − − −



− − + = + − −



Câu 4: (3.5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a) ^{2.27 9x− x2+3x =}

( )

^{3 2x2+9x;}

b) ^{3 3 2ln 2ln}

(

^2ln

)

⁰

x − x+ x−3 x+ x = . Câu 5: (4.0 điểm)

a) Cho hàm số y mx 4 x m

= +

+ với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

(

−2023;2023

)

để hàm số đồng biến trên khoảng

(

1;+ ∞

)

.

b) Cho hàm số y x= ³−2

(

m+1

)

x²+

(

3m+1

)

x+2m−2 có đồ thị là

( )

C_m . Tìm tất cả các giá trị tham số m để

( )

Cm cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A

( )

2;0 , B và C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn

( )

C x: ²+y² =1. Câu 6: (1.5 điểm)

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, biết AC vuông góc với mặt phẳng

(

SBD

)

và AB SD a AD SB= = , = =2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA và BD. Câu 7: (2.0 điểm)

Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết AB a= và MN tạo với mặt đáy một góc 60°. Tính thể tích khối chóp S ABC. theo a.

Câu 8: (1.5 điểm)

Cho hàm số f x

( )

xác định, liên tục trên _ và thoả mãn f

(

cotx

)

=sin 2x+cos 2x. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g x

( )

= f x f

( ) (

1−x

)

trên đoạn

[

^−1;1

]

^.

Câu 9: (1.5 điểm)

Cho hình lăng trụ đều ABC A B C. ′ ′ ′ có AB=2 3 và AA′ =2. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của các cạnh A B A C BC′ ′ ′ ′, , và hai điểm F E, lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

(

MNP

)

với

,

AB AC′ ′. Tính thể tích của khối đa diện MFENC B′ ′. Câu 10: (1.5 điểm)

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy y≤ −1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( )

2 2

2 3 6

x y x y

P x xy y x y

+ −

= −

− + + .

--- HẾT ---

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (1.5 điểm)

Giải phương trình 4sin² 3 cos 2 1 2cos^{2 3}

2 4

x− x= + x− π . Lời giải

Ta có: 4sin² 3 cos 2 1 2cos^{2 3}

2 4

x− x= + x− π 

( )

³

2 1 cos 3 cos 2 2 cos 2

x x  x 2π 

⇔ − − = +  − 

sin 2x 3 cos 2x 2cosx

⇔ − =

1sin 2 3cos 2 cos sin 2 sin

2 x 2 x x  x π3 π2 x

⇔ − = ⇔  − =  − 

2 2

3 2 ,

2 2

3 2

x x k

k

x x k

π π π

π π π π

 − = − +



⇔ ∈

 

 − = − − + 

  





5 2

18 3 ,

5 2

6

x k

k

x k

π π

π π

 = +

⇔ ∈

 = +





Kết luận: Phương trình có họ nghiệm là 5 2 ; 5 2 ;

18 3 6

x= π +k π x= π +k π k∈. Câu 2: (1.5 điểm)

Tìm số hạng không chứa xtrong khai triển của 1 2₂ x ⁿ x

 − 

 

  với x>0biết rằng nlà số nguyên dương thỏa mãn C_n⁰+C C_n¹+ _n²+....+C_nⁿ =1024.

Lời giải

Ta có:

( )

1+1 ⁿ =C_n⁰+C C¹_n+ _n²+....+C_nⁿ ⇔2ⁿ =1024⇔ =n 10.

Với n=10ta có 2 ^{10 10 10 2( 10)}

( )

^{10 10}

( )

^{2( 10) 2}

0 0

1 2 ^{k k} 2 ^{k k} 2 ^{k k k}

k k

x C x x C x

x

− +

−

= =

 −  = − = −

 

 

∑ ∑

^.

Số hạng không chứa xtrong khai triển ứng với kthỏa mãn: 2.

(

10

)

0 8.

2

k− + = ⇔ =k k

Vậy số hạng không chứa xtrong khai triển ứng là: C10⁸

( )

−2 ⁸ =11520.

Câu 3: (1.5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 2 3 6 1 2 2 4 5 3

(1 ) 2 ( 1)

y x y x y x y

y x y x x y y

 − + + = − − − −



− − + = + − −



Lời giải

Điều kiện của hệ phương trình

2 0

4 5 3 0

0 0 x y

x y x y y

− ≥

 − − ≥

 − ≥

 ≥



.

Xét phương trình (1 )−y x y x− + = + − −2 (x y 1) y Đặt a x y a₂² x y

b y

b y

 = −  = −

 ⇒

 

=  =

 

 . Điều kiện a≥0,b≥0.

Ta được phương trình (1−b a a b²) + ²+ ² = +2 (a²−1)b⇔ −

(

1 b a

)(

−1

)(

a b+ +2 0

)

=

(

1

)(

1

)(

2

)

0 ¹1

2 0 b

b a a b a

a b

 =

⇔ − − + + = ⇔ =

 + + =



.

Do a≥0,b≥0 nên a b+ + =2 0 vô nghiệm.

+ Với b=1ta được y=1thay vào phương trình − + = ⇔ =3 9 0x x 3. + Với a=1_{ta được x y}− = ⇒ = +_{1 x 1 y}thay vào phương trình

2y2−3x+6y+ =1 2 x−2y− 4x−5y−3ta được phương trinh

( )

2y2−3 y+ +1 6y+ =1 2 1− −y 1−y ⇔2y²+3y− =2 1−y. Đặt t= 1−y

(

0≤ ≤t 1

)

ta được phương trình

( )( )

²

4 2 2 2

2

2 2 3 0

2 7 3 0 2 2 3 1 0

1 0 t t

t t t t t t t

t t

 − − =

− − + = ⇔ − − + − = ⇔ 

+ − =



( )

( )

( )

1 7 0.822

2

1 2 7 1.822 1 5

1 5 1.61 2 2

1 5 0.61

2

t loai

t loai

t

t loai

t

 = − ≈ −



 = + ≈

 − +

⇔ ⇔ =

 − −

= ≈ −



 =− + ≈



.

1 5

t= − +2 hay 1 5 1 5 1 5 1.

2 y y 2 x 2

− + = − ⇔ = − ⇒ = +

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là

( ) ( ) ( )

; 3;1 , ; ^{5 1 5 1};

2 2

x y x y  + − 

= =  

 .

Trong ∆SAB vuông tại A, ta có SA= SB²−AB² = 36 9 3 3− = . Vậy thể tích khối chóp S ABCD. là 1. . 1.3 3.3.6 18 3

3 ^ABCD 3

V = SA S = = (đvtt).

Câu 4: (3.5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a) ^{2.27 9x− x2+3x =}

( )

^{3 2x2+9x;}

b) ^{3 3} 2ln ²ln

(

2ln

)

0 x − x+ x−3 x+ x = .

Lời giải a) ^{2.27 9x− x2+3x =}

( )

^{3 2x2+9x ⇔2.33x−32x2+6x=3x2+92x}

2 2 3

2 3 2

3 ^{x+ x} 3^{x+ x} 2 0

⇔ + − =

( )

2

2

3

2 2

3 2

3 1 32 0 03

3 2 2

x x

x x

x

x x

loai x

+

+

 =  =

 

⇔ = − ⇔ + = ⇔ = − .

Vậy tập nghiệm của phương trình là 0; 3 S = −2

 . b) Điều kiện: 0

ln 0 x

x x

 >

 + >

 .

( ) ( )

3 3 2ln 2ln 2ln 0 3 3 2ln 2ln 3 2ln

x − x+ x−3 x+ x = ⇔x = x+ x+ x+ x Đặt t=³ x+2lnx

(

t>0

)

, kết hợp phương trình ta có hệ:

( ) ( )

3 3 3 3

2ln 1

2ln

2ln 2

2ln

t x x

t x x

x t t

x t t

 = +

 = +

 ⇔

 

= + = +

 

 

3 3 2ln 2ln

t x x x t t

⇒ − = + − − ⇒ + +t³ t 2lnt x= ³+ +x 2lnx

( )

3 Xét hàm đặc trưng f u

( )

=u u³+ +2lnu,

(

u>0

)

Ta có f u

( )

3u² 1 ² 0

′ = + + >u , ∀ >u 0⇒ f u

( )

đồng biến trên

(

u;+∞

) ( )

3 ⇔ f t

( )

= f x

( )

⇔ = ⇔t x x³ = +x 2lnx⇔x³− −x _2lnx=₀. Xét g x

( )

=x x³− −2lnx

(

x>0

)

.

( )

3 ₂ 1 2 3x³ x 2

(

x ^{1 3}

) (

x^{2 3}x ²

)

g x x

x x x

− + +

′ = − − = − − =

( )

0 1

g x′ = ⇔ =x

Từ bảng biến thiên x=1 là nghiệm duy nhất của g x

( )

=0 Thử lại, ta nhận nghiệm x=1.

Câu 5: (4.0 điểm)

a) Cho hàm số y mx 4 x m

= +

+ với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

(

−2023;2023

)

để hàm số đồng biến trên khoảng

(

1;+ ∞

)

.

b) Cho hàm số y x= ³−2

(

m+1

)

x²+

(

3m+1

)

x+2m−2 có đồ thị là

( )

C_m . Tìm tất cả các giá trị tham số m để

( )

Cm cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A

( )

2;0 , B và C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn

( )

C x: ²+y² =1.

Lời giải a) Tập xác định: D=\

{ }

−m

YCBT

( )

2 2

4 0

y m

x m

′ −

⇔ = >

+ , ∀ ∈ + ∞x

(

1;

)

( )

2 4 0

1;

m m

 − >

⇔ − ∉ + ∞ ⇒m>2.

Vì m∈ −

(

2023;2023

)

và m∈ nên ta có m=

{

3;4;5;...;2021;2022

}

. Vậy có 2020 giá trị nguyên của tham số m.

b) Phương trình hoành độ giao điểm: x³−2

(

m+1

)

x²+

(

3m+1

)

x+2m− =2 0

2

2

2 1 0

x

x mx m

 =

⇔  − − + = .

Yêu cầu bài toán ⇔x²−2mx m− + =1 0

( )

1 có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ và

1 2

1 2

1 1

1 1

x x

x x

− < < <

 < − < <



+ Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt: ∆ =′ m²+ − >m 1 0

1 5

2

1 5

2 m

m

 < − +



⇔ >− +

( )

2

+ Xét phương trình

( )

1

- Nếu 1

x= −2 thì

( )

1 có dạng: 1 1 0

4+ − + =m m (vô lý). Suy ra 1

x= −2 không là nghiệm.

- Khi 1

x≠ −2 thì

( )

1 ^{2 1} 2 1x

m x

⇔ = +

+ . Xét hàm số

( )

^{2 1}

2 1 f x x

x

= +

+ .

( ) ( )

2 2

2 2 2

2 1 x x

f x x

+ −

′ =

+ , cho

( )

1 5

0 2

1 5

2 f x x

x

 = − +



′ = ⇒

 = − +

 Bảng biến thiên

Từ BBT, ta nhận xét ^{1 2}

1 2

1 1

1 1

x x

x x

− < < <

 < − < <

 thì ₂²

3 m m

< −



 >



thỏa mãn điều kiện

( )

2 .

Vậy

(

; 2

)

²; m∈ −∞ − ∪3 + ∞

  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 6. (1.5 điểm)

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, biết AC vuông góc với mặt phẳng

(

SBD

)

và AB SD a AD SB= = , = =2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA và BD.

Lời giải

⬥ Theo đề

( )

( ) ( ) ( )

AC SBD

ABCD SBD AC ABCD

 ⊥ ⇒ ⊥

 ⊂

 .

Trong mặt phẳng

(

SBD

)

gọi H là hình chiếu của S lên BD (1).

Vì

( ) ( )

( ) ( )

ABCD SBD ABCD SBD SD

 ⊥

 ∩ =

 (2).

Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥

(

ABCD

)

.

⬥ Trong mặt phẳng

(

ABCD

)

ta có: BD= AB²+AD² =a 5. Từ đó suy ra tam giác SBD vuông tại S.

Khi đó . . ^{. 2}

5 SB SD a SH BD SB SD SH

= ⇒ = BD = .

Mặt khác ²

5 SBD ADB AO SH a

∆ = ∆ ⇒ = = , với O AC BD= ∩ .

⬥ Trong mặt phẳng

(

ABCD

)

, gọi l là đường thẳng qua A và song song với BD. Ta có BD/ / ,

( )

S l ⇒d BD AC

(

,

)

=d BD S l

(

, ,

( ) )

=d H S l

(

, ,

( ) )

.

Gọi E là hình chiếu của H lên đường thẳng l, vì tứ giác AEHO là hình chữ nhật nên 2

5 AO HE= = a.

K là hình chiếu của H lên SE. Khi đó ^{d H S l}

(

^{, ,}

( ) )

^{=HK .}

⬥ Xét tam giác SHE vuông cân tại H (K là trung điểm của HE):

2 10

2 2 5

SE SH a

HK = = = .

Vậy

(

,

)

¹⁰

5 d BD AC = a . Câu 7. (2.0 điểm)

Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết AB a= và MN tạo với mặt đáy một góc 60°. Tính thể tích khối chóp S ABC. theo a.

Lời giải

Gọi H K, lần lượt là trung điểm của AC và AH khi đó: SH ⊥

(

ABC

)

và MK SH/ / nên

( )

MK ⊥ ABC .

( )

(

^{MN ABC}^,

)

^{MNK 60}

⇒ = = °.

Do tam giác ABC vuông cân tại B và AB a= nên

, 2 , 3 2

2 4

BC a AC a= = ⇒CN = a CK = a. Áp dụng định lí cô – sin vào tam giác CKN ta có:

2 2 2 2. . .cos 45 5 2 10

8 4

KN =CN +CK − CN CK ° = a ⇒KN =a

30 30

.tan 60

4 2

a a

MK KN SH

⇒ = ° = ⇒ = .

Vậy _. ¹ . ^{3 30}

3 12

S ABC ABC a

V = SH S = .

Câu 8. (1.5 điểm)

Cho hàm số f x

( )

xác định, liên tục trên _ và thoả mãn f

(

cotx

)

=sin 2x+cos 2x. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g x

( )

= f x f

( ) (

1−x

)

trên đoạn

[

^−1;1

]

^.

Lời giải

Ta có:

(

cot

)

sin 2 cos 2 ^2cot₂ ^cot2₂ ^{1 cot2} ₂^{2cot 1},

(

0;

)

cot x1 cot x 1 cotx 1x

f x x x x

x x^{− +} x ⁻ π

= + = + = ∀ ∈

+ + + .

Đặt t=cotx, điều kiện cho t là t∈, tương ứng với điều kiện x∈

( )

0;π .

( )

^t2 ₂^{2 1,t}₁

f t t

t

= + − ∀ ∈

+ .

Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

1 8 1 2

. 1 ,

1 2 1 2

x x x x

g x f x f x x

x x x x

− + − −

= − = ∀ ∈

− − − + .

Đặt u x=

(

1−x

)

. 1 2

0 1

2

u x

u x

′ = −

′ = ⇔ = . Ta có bảng biến thiên

Do đó 2;¹ u∈ − 4.

Khảo sát hàm

( )

₂^{2 8 2}

2 2 u u h u u u

+ −

= − + trên 2;¹ 4

− 

 

 .

( ) ( )

( )

2 2 2

2 5 4 6

2 2

u u

h u u u

− + +

′ =

− + .

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 34

2 5 4 6 2

0 0

2 34 2 2

2 u u u

h u u u u l

 = −

− + + 

′ = ⇔ = ⇔ 

 +

− +  =

.

Vậy ₁

( )

2;4

max 1 h u 25

− 

 

 

= khi 1

u=4 ⇒

[ ]

( )

1;1

max 1 g x 25

− = khi 1

x= 2.

1

( )

2;4

minh u 4 34

− 

 

 

= − khi ^{2 34}

u −5

= ⇒

[ _1;1]

( )

min₋ g x = −4 34 khi 1 2 34 3

x − 2 −

= .

Câu 9. (1.5 điểm)

Cho hình lăng trụ đều ABC A B C. ′ ′ ′ có AB=2 3 và AA′ =2. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của các cạnh A B A C BC′ ′ ′ ′, , và hai điểm F E, lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

(

MNP

)

với

,

AB AC′ ′. Tính thể tích của khối đa diện MFENC B′ ′. Lời giải

Ta có

(

^MNP

) (

^{≡ MBCN}

)

^.

Thể tích khối

( )

^{2 3 . 32}

. .2 6 3

ABC A B C′ ′ ′ = 4 = .

Gọi P′ là trung điểm của B C′ ′, I MN A P J PI EF= ∩ ′ ′, = ∩ .

Vì PP′⊥MN A P^, ′ ′⊥MN⇒

(

APP A′ ′

) (

⊥ MBCN

)

và

(

APP A′ ′ ∩

) (

MBCN

)

=IP. Gọi H là hình chiếu vuông góc của P′ trên ^IP⇒P H d P FBCE′ =

(

′^,

( ) )

.

Trong tam giác vuông IPP′ có 2, ^{1 1 2 3. 3 3}. ^{5 6}

2 2 2 2 2 5

PP′= IP′= A P′ ′= = ⇒IP= ⇒P H′ = . Ta có E F, là trọng tâm của hai tam giác CA C′ ′ và BA B′ ′ nên suy ra 1

3 NE MF NC MB= = . Vì BM CN= ⇒MFEN là hình thang cân có / / ^{2 4 3}, ¹ 3

3 3 2

EF = B C′ ′= MN = B C′ ′= , chiều

cao ^{1 5 1} 3 ^{4 3 5 35 3}.

3 6 ^MFEN 2 3 6 36

IJ IP S  

= = ⇒ =  +  = ⇒ ^.

1 35 3 6 7 3. .

3 36 5 18

P MFEN

V ′ = = .

Ta có _{. .} 1 1. _. 1 1 1. . _. 6 3 3

4 3 4 3 3 36 6

E NC P F MB P A A B C ABC A B C

V ′ ′ =V ′ ′ = V ′ ′ ′= V ′ ′ ′= =

( vì 1 ' ,

(

, '

( ) )

1

(

, '

( ) )

4 3

NP C A B C

S ′ ′= S ′ ′ d E A B C′ ′ = d A A B C′ ′ )

Vậy ta có thể tích khối 2 _{. .} 2. ^{3 7 3 13 3}

6 18 18

E NC P P MFEN

MFENC B′ ′ = V ′ ′+V ′ = + = . Câu 10. (1.5 điểm)

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy y≤ −1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( )

2 2

2 3 6

x y x y

P x xy y x y

+ −

= −

− + +

Lời giải Ta có x>0,y>0nên

2 2 2

1 2

2 6( )

3 3 6 1

+ −

+ −

= − = −

+  

− +     − +  + 

x x

x y x y y y

P x xy y x y x x x

y y y Đặt t= x

y, điều kiện ta có

2

1 2

6( 1) 3

+ −

= −

− + +

t t

P t t t

Xét

( )

₂ ^{1 2}

6( 1) 3

+ −

= −

− + +

t t

f t t t t với

(

²

)

³

( )

²

3 7 1

( ) 2 3 2 1

′ = − + −

− + + f t t

t t t 0;1

4

 

∀ ∈t   ta có :t t²− + =3 ( 1) 3 3; 3 7 6t t− + < − + >t và t+ >1 1

(

²

)

³

1 3 7 3 7 1

0; :

4 2 3 6 3 3

− + − +

 

∀ ∈  − + > >

t t

t t t và

( )

²

1 1

2 1 2

− > − t+

'( ) 0, 0;1 4

 

⇒ f t > ∀ ∈t  

( )

f t

⇒ đồng biến trên 0;¹ 4

 

 

  Ta có bảng biến thiên như sau

1 7 10 5

( ) 4 30

  +

⇒ f t ≤ f   = . Vậy _max ^{7 10 5} 30

= +

P khi 1

=2

x , y=2

--- HẾT ---

2 2

1 1 1 1 1 1

1 2 4 4

 

≤ − ⇔ ≤ − = − −  + ≤

 

xy y x

y y y y

0 1

< ≤t 4

0 1

< ≤t 4