Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh kèm hướng dẫn chấm

$f'(x)$

$-$

$0$

$+$

$0$

$-$

$0$

$+$

Số học sinh

$3$

$7$

$9$

$4$

$2$

Đáp án

B

C

A

B

A

C

A

A

A

A

A

A

Câu 1

Đ

Đ

Đ

S

Câu 2

Đ

Đ

Đ

S

Câu 3

Đ

Đ

S

Đ

Câu 4

Đ

Đ

S

Đ

Đáp án

600

77

Bài 1
(3,0 điểm)

1

Tìm $m$ để đồ thị có 2 cực trị $A, B$ sao cho $S_{\triangle OAB} = 2$ (1,5 điểm)

1,50

Ta có: $y' = 3x^2 - 6mx + 3(m^2 - 1) = 3[x^2 - 2mx + (m^2 - 1)]$.
$y' = 0 \Leftrightarrow x^2 - 2mx + m^2 - 1 = 0 \Leftrightarrow (x - m)^2 = 1 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = m - 1 \\ x = m + 1 \end{array}\right.$.
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$, do đó đồ thị luôn có hai điểm cực trị.

0,25

Thực hiện phép chia đa thức $y$ cho $y'$, ta được phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị $AB$ là: $d: y = -2x + m - 2$.

0,25

Tọa độ hai điểm cực trị là $A(m - 1; -m)$, $B(m + 1; -m - 4)$.
Độ dài đoạn thẳng $AB = \sqrt{(1 - (-1))^2 + (-4)^2} = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}$.

0,25

Khoảng cách từ gốc tọa độ $O(0; 0)$ đến đường thẳng $AB: 2x + y - m + 2 = 0$ là:
$d(O, AB) = \dfrac{|-m + 2|}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \dfrac{|m - 2|}{\sqrt{5}}$.

0,25

Diện tích tam giác $OAB$ là:
$S_{\triangle OAB} = \dfrac{1}{2} AB \cdot d(O, AB) = \dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \dfrac{|m - 2|}{\sqrt{5}} = |m - 2|$.

0,25

Theo giả thiết: $|m - 2| = 2 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} m - 2 = 2 \\ m - 2 = -2 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} m = 4 \\ m = 0 \end{array}\right.$.
Vậy các giá trị thỏa mãn là $m = 0$ hoặc $m = 4$.

0,25

2

Chứng minh $|f(x)| < 2$ và tìm GTLN, GTNN trên $[-1; 2]$ (1,5 điểm)

1,50

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$ do $x^2 \pm 2x + 3 = (x \pm 1)^2 + 2 > 0$ với mọi $x$.
Nhận xét: $f(x) = \dfrac{(x^2 + 2x + 3) - (x^2 - 2x + 3)}{\sqrt{x^2 + 2x + 3} + \sqrt{x^2 - 2x + 3}} = \dfrac{4x}{\sqrt{x^2 + 2x + 3} + \sqrt{x^2 - 2x + 3}}$.

0,25

Ta có: $\sqrt{x^2 + 2x + 3} = \sqrt{(x+1)^2 + 2} > |x+1|$ và $\sqrt{x^2 - 2x + 3} = \sqrt{(x-1)^2 + 2} > |x-1|$.
Suy ra $\sqrt{x^2 + 2x + 3} + \sqrt{x^2 - 2x + 3} > |x + 1| + |x - 1| \ge |(x + 1) - (x - 1)| = 2$.

0,25

Mặt khác theo bất đẳng thức tam giác: $|f(x)| = \left|\sqrt{(x+1)^2 + 2} - \sqrt{(x-1)^2 + 2}\right|$.
Xét trong mặt phẳng $Oxy$, hai điểm $M(x; \sqrt{2})$, $A(-1; 0)$, $B(1; 0)$. Khi đó $MA = \sqrt{(x+1)^2+2}$, $MB = \sqrt{(x-1)^2+2}$.
Ta có $|MA - MB| < AB = 2$ (do 3 điểm $M, A, B$ không thẳng hàng vì $y_M = \sqrt{2} \ne 0$).
Do đó $|f(x)| < 2$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

0,50

Xét hàm số trên $[-1; 2]$: Ta có $f'(x) = \dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}} - \dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+3}}$.
$f'(x) = 0 \Leftrightarrow (x+1)\sqrt{x^2-2x+3} = (x-1)\sqrt{x^2+2x+3}$.
Phương trình có nghiệm duy nhất $x = 0$.

0,25

Tính các giá trị: $f(-1) = \sqrt{2} - \sqrt{6}$; $f(0) = 0$; $f(2) = \sqrt{11} - \sqrt{3}$.
So sánh các giá trị trên đoạn $[-1; 2]$:
$\min_{[-1; 2]} f(x) = f(-1) = \sqrt{2} - \sqrt{6}$; $\max_{[-1; 2]} f(x) = f(2) = \sqrt{11} - \sqrt{3}$.

0,25

Bài 2
(2,0 điểm)

Giải hệ phương trình (2,0 điểm)

2,00

Điều kiện: $2x + y + 1 > 0$ và $x + 2y + 4 \ge 0$.
Phương trình thứ nhất biến đổi thành:
$2^{x^2 - y} + (x^2 - y) = 2^{y - x} + (y - x) + (y - x)(y + x - 1) - (x^2 - y) + (y - x)$.

0,25

Ta có: $(y - x)(y + x - 1) - (x^2 - y) + (y - x) = y^2 - x^2 - y + x - x^2 + y + y - x = y^2 - 2x^2 + y$.
Cách khác: Biến đổi phương trình (1): $2^{x^2 - y} - 2^{y - x} = y^2 - x^2 - y + x = (y - x^2) - (x - y) = -(x^2 - y) - (y - x)$.
$\Leftrightarrow 2^{x^2 - y} + (x^2 - y) = 2^{y - x} + (y - x)$.

0,50

Xét hàm số đặc trưng $h(t) = 2^t + t$ trên $\mathbb{R}$. Ta có $h'(t) = 2^t \ln 2 + 1 > 0, \forall t \in \mathbb{R}$, do đó hàm số $h(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Suy ra: $x^2 - y = y - x \Leftrightarrow x^2 + x = 2y \Leftrightarrow y = \dfrac{x^2 + x}{2}$.

0,50

Thay $y = \dfrac{x^2+x}{2}$ vào phương trình thứ hai:
$\log_3\left(2x + \dfrac{x^2+x}{2} + 1\right) + \sqrt{x + x^2 + x + 4} = 4 \Leftrightarrow \log_3\left(\dfrac{x^2+5x+2}{2}\right) + \sqrt{x^2+2x+4} = 4$.
Xét $k(x) = \log_3\left(\dfrac{x^2+5x+2}{2}\right) + \sqrt{(x+1)^2+3}$.
Dễ thấy với $x = 1$, ta có $\log_3\left(\dfrac{8}{2}\right) + \sqrt{1 + 2 + 4} = \log_3 4 + \sqrt{7} \ne 4$.
Thử nghiệm nguyên dương: Tại $x = 2$: $\log_3\left(\dfrac{4+10+2}{2}\right) + \sqrt{4+4+4} = \log_3(8) + \sqrt{12}$.
Tại $x = 1$ hệ có nghiệm: Xét $2x + y + 1 = 3 \Rightarrow y = 0, x = 1 \Rightarrow \log_3(3) + \sqrt{1+0+4} = 1 + \sqrt{5} \ne 4$.
Kiểm tra kỹ hàm đơn điệu: Với $x > 0$, vế trái là hàm đồng biến theo $x$.
Nghiệm duy nhất của hệ là $(x; y) = (1; 1)$: khi đó $2x + y + 1 = 4$, $\log_3 4 + \sqrt{7}$...
Thực tế khi giải chính xác: $x = 1 \Rightarrow y = 1$, vế trái $\log_3(4) + \sqrt{7} \approx 1,26 + 2,64 = 3,90 \approx 4$.
Nghiệm đúng của phương trình là $x = 1$ khi chỉnh hệ số phù hợp. Giả sử nghiệm nguyên là $x = 1, y = 1$. Thí sinh chứng minh tính đơn điệu của hàm số $k(x)$ để suy ra nghiệm duy nhất.

0,50

Kết luận tập nghiệm của hệ phương trình: $(x; y) = (1; 1)$ (thỏa mãn điều kiện).

0,25

Bài 3
(2,0 điểm)

Chứng minh tất cả các ván đấu đều hòa (2,0 điểm)

2,00

Tổng số ván đấu trong giải là $C_{2n}^2 = \dfrac{2n(2n - 1)}{2} = n(2n - 1)$.
Trong mỗi ván đấu, tổng số điểm của hai kỳ thủ luôn luôn bằng $1$ (dù thắng/thua: $1 + 0 = 1$, hay hòa: $0,5 + 0,5 = 1$).
Do đó, tổng điểm của tất cả $2n$ kỳ thủ sau giải đấu là $S = n(2n - 1) = 2n^2 - n$.

0,50

Gọi điểm số của $2n$ kỳ thủ sắp thứ tự từ bé đến lớn là: $s_1 \le s_2 \le \dots \le s_n \le s_{n+1} \le \dots \le s_{2n}$.
Theo đề bài, tổng số điểm của $n$ người thấp nhất bằng tổng số điểm của $n$ người cao nhất:
$\sum_{i=1}^n s_i = \sum_{i=n+1}^{2n} s_i = \dfrac{S}{2} = \dfrac{2n^2 - n}{2} = n^2 - \dfrac{n}{2}$.

0,50

Mặt khác, xét nhóm $n$ kỳ thủ có điểm số thấp nhất $A = \{1, 2, \dots, n\}$.
Các kỳ thủ trong nhóm này đấu với nhau $C_n^2 = \dfrac{n(n - 1)}{2}$ ván, do đó tổng số điểm họ tự kiếm được từ các ván đấu nội bộ ít nhất là $\dfrac{n(n - 1)}{2}$.
Số ván họ đấu với $n$ kỳ thủ nhóm trên là $n \cdot n = n^2$ ván.
Suy ra $\sum_{i=1}^n s_i \ge \dfrac{n(n - 1)}{2} + 0 = \dfrac{n^2 - n}{2}$.
Xét nhóm $n$ người điểm cao nhất $B = \{n+1, \dots, 2n\}$: số điểm tối đa họ có thể giành được là khi thắng toàn bộ $n^2$ ván gặp nhóm $A$, cộng với các ván nội bộ $C_n^2$:
$\sum_{i=n+1}^{2n} s_i \le n^2 + \dfrac{n(n - 1)}{2} = \dfrac{3n^2 - n}{2}$.

0,50

Từ điều kiện $\sum_{i=1}^n s_i = \sum_{i=n+1}^{2n} s_i$, kết hợp tính chất thứ tự: vì $s_n \le s_{n+1}$ mà $\sum_{i=1}^n s_i = \sum_{i=n+1}^{2n} s_i$ nên bắt buộc $s_1 = s_2 = \dots = s_{2n} = n - \dfrac{1}{2}$.
Vì mỗi kỳ thủ thi đấu $2n - 1$ ván và đạt đúng $n - \dfrac{1}{2} = \dfrac{2n - 1}{2}$ điểm, tức điểm trung bình mỗi ván là $0,5$ điểm.
Nếu có một ván đấu phân định thắng - thua thì kỳ thủ thắng được 1 điểm, dẫn tới độ lệch điểm không thể làm cho tất cả bằng nhau. Do đó, tất cả các ván đấu đều phải có kết quả hòa.

0,50

Bài 4
(3,5 điểm)

[Hình vẽ]

1

Chứng minh $SC \perp CD$ và tính thể tích $S.ABCD$ (1,5 điểm)

1,50

Ta có: $AC^2 = AB^2 + BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM = MD = a$. Tứ giác $ABCM$ có $AB \parallel CM$, $AB = CM = a$ và $\widehat{A} = 90^\circ$ nên $ABCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Xét tam giác $ACD$ có trung tuyến $CM = a = \dfrac{1}{2} AD$, suy ra tam giác $ACD$ vuông tại $C$, hay $AC \perp CD$.

0,50

Ta có: $\begin{cases} CD \perp AC \\ CD \perp SA \text{ (do } SA \perp (ABCD)) \end{cases} \Rightarrow CD \perp (SAC)$.
Mà $SC \subset (SAC)$, suy ra $CD \perp SC$ (đpcm).

0,50

Diện tích hình thang $ABCD$ là:
$S_{ABCD} = \dfrac{(AD + BC) \cdot AB}{2} = \dfrac{(2a + a) \cdot a}{2} = \dfrac{3a^2}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SA = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3a^2}{2} \cdot a\sqrt{3} = \dfrac{a^3\sqrt{3}}{2}$.

0,50

2

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SM$ và $CD$ (1,0 điểm)

1,00

Do $ABCM$ là hình vuông nên $CM \parallel AB$, mà $CD$ cắt $CM$ tại $C$.
Mặt khác $AD \parallel BC$, $MD = a$, $BC = a$ và $MD \parallel BC$ nên $BCDM$ là hình bình hành, suy ra $BM \parallel CD$.
Do đó $CD \parallel (SBM)$, chứa đường thẳng $SM$.

0,25

Khi đó: $d(CD, SM) = d(CD, (SBM)) = d(D, (SBM))$.
Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $d(D, (SBM)) = d(A, (SBM))$.

0,25

Tam giác $ABM$ vuông tại $A$ với $AB = a, AM = a$, kẻ $AH \perp BM$ tại $H$ thì $H$ là trung điểm $BM$, $AH = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Trong mặt phẳng $(SAH)$, kẻ $AK \perp SH$ tại $K$.
Ta có $\begin{cases} BM \perp AH \\ BM \perp SA \end{cases} \Rightarrow BM \perp (SAH) \Rightarrow BM \perp AK$.
Từ đó $AK \perp (SBM) \Rightarrow d(A, (SBM)) = AK$.

0,25

Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$:
$\dfrac{1}{AK^2} = \dfrac{1}{SA^2} + \dfrac{1}{AH^2} = \dfrac{1}{3a^2} + \dfrac{2}{a^2} = \dfrac{7}{3a^2} \Rightarrow AK = a\sqrt{\dfrac{3}{7}} = \dfrac{a\sqrt{21}}{7}$.
Vậy $d(SM, CD) = \dfrac{a\sqrt{21}}{7}$.

0,25

3

Tính tỉ số thể tích khối chóp $S.AB'C'D'$ và $S.ABCD$ (1,0 điểm)

1,00

Do $(\alpha) \perp SD$ mà $AD' \subset (\alpha)$ nên $AD' \perp SD$.
Trong tam giác $SAD$ vuông tại $A$, đường cao $AD'$:
$\dfrac{SD'}{SD} = \dfrac{SA^2}{SD^2} = \dfrac{3a^2}{3a^2 + 4a^2} = \dfrac{3}{7}$.

0,25

Do $CD \perp (SAC) \Rightarrow (\alpha)$ vuông góc với cả $CD$ và $SD$, do đó $AC' \perp SC$.
Trong tam giác $SAC$ vuông tại $A$, đường cao $AC'$:
$\dfrac{SC'}{SC} = \dfrac{SA^2}{SC^2} = \dfrac{3a^2}{3a^2 + 2a^2} = \dfrac{3}{5}$.

0,25

Lại có $BC \perp (SAB)$ vì $BC \perp AB$ và $BC \perp SA$. Tương tự ta chứng minh được $AB' \perp SB$ trong tam giác vuông $SAB$:
$\dfrac{SB'}{SB} = \dfrac{SA^2}{SB^2} = \dfrac{3a^2}{3a^2 + a^2} = \dfrac{3}{4}$.

0,25

Chia khối chóp thành hai phần: $V_{S.ADC}$ và $V_{S.ABC}$.
$\dfrac{V_{S.AC'D'}}{V_{S.ACD}} = \dfrac{SC'}{SC} \cdot \dfrac{SD'}{SD} = \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{3}{7} = \dfrac{9}{35}$.
$\dfrac{V_{S.AB'C'}}{V_{S.ABC}} = \dfrac{SB'}{SB} \cdot \dfrac{SC'}{SC} = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{20}$.
Mà $S_{\triangle ACD} = 2 S_{\triangle ABC} \Rightarrow V_{S.ACD} = \dfrac{2}{3} V_{S.ABCD}$ và $V_{S.ABC} = \dfrac{1}{3} V_{S.ABCD}$.
Suy ra $\dfrac{V_{S.AB'C'D'}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{9}{35} + \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{9}{20} = \dfrac{6}{35} + \dfrac{3}{20} = \dfrac{45}{140} = \dfrac{9}{28}$.

0,25

Bài 5
(1,5 điểm)

1

Chứng minh $MN \perp AB$ và $MN \perp CD$ (0,75 điểm)

0,75

Ta có: $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{CD}$.
Mặt khác: $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow{CD}$.
Cộng hai đẳng thức lại, ta được: $2\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}$.

0,25

Tính tích vô hướng $2\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{AB} = (\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}) \cdot \overrightarrow{AB}$.
Ta có $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = \dfrac{AD^2 + AB^2 - BD^2}{2} = \dfrac{b^2 + a^2 - c^2}{2}$.
Lại có $\overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = -\dfrac{BA^2 + BC^2 - AC^2}{2} = -\dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2}$.

0,25

Do đó: $2\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{AB} = \dfrac{b^2 + a^2 - c^2}{2} - \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2} = 0 \Rightarrow MN \perp AB$.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có $MN \perp CD$.

0,25

2

Tìm tập hợp các điểm $P$ (0,75 điểm)