Đề chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Tĩnh được biên soạn theo dạng đề tự luận, đề gồm 01 trang với 09 bài toán, thời gian học sinh làm bài thi là 180 phút

Trích dẫn đề chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Tĩnh:
+ Cho hàm số y = (-2x + 1)/(x + 1) có đồ thị là đường cong (C) và đường thẳng d: y = 2x + m. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng √7 (với O là gốc tọa độ).
+ Một hộp đựng 20 tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ 1 đến 20. Một người rút ngẫu nhiên cùng lúc 3 tấm thẻ. Tính xác suất để bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn hơn kém nhau ít nhất hai đơn vị.
+ Phần trên của một cây thông Noel có dạng hình nón, đỉnh S, độ dài đường sinh l = 2m và bán kính đáy r = 1m. Biết rằng AB là một đường kính đáy của hình nón và I là trung điểm đoạn thẳng SB (tham khảo hình vẽ). Để trang trí người ta lắp một dây bóng nháy trên mặt ngoài của cây thông từ vị trí A đến I. Tính độ dài ngắn nhất của dây bóng nháy.

>>Xem thêm Đề chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Lạng Sơn

>>Xem thêm Đề chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Ninh

Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số $y=\dfrac{-2x+1}{x+1}$ có đồ thị $(C)$ và đường thẳng $d:y=2x+m.$ Tìm $m$ để $d$ cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt $A,B$ sao cho tam giác $OAB$ có diện tích bằng $\sqrt{7}.$

Câu 1. Phương trình hoành độ giao điểm: $\dfrac{-2x+1}{x+1}=2x+m\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+(m+4)x+m-1=0(1).$

Ta cần tìm điều kiện để (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}\Leftrightarrow \Delta ={{(m+4)}^{2}}-8(m-1)>0\Leftrightarrow {{m}^{2}}+24>0,\forall m.$

Khi đó $A({{x}_{1}};2{{x}_{1}}+m),B({{x}_{2}};2{{x}_{2}}+m)\Rightarrow {{S}_{OAB}}=\dfrac{1}{2}\left| {{x}_{1}}(2{{x}_{2}}+m)-{{x}_{2}}(2{{x}_{1}}+m) \right|=\dfrac{1}{2}\left| m({{x}_{2}}-{{x}_{1}}) \right|=\sqrt{7}.$

Khi và chỉ khi ${{m}^{2}}{{({{x}_{2}}-{{x}_{1}})}^{2}}=28\Leftrightarrow {{m}^{2}}\left( {{({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)=28\Leftrightarrow {{m}^{2}}\left( {{\left( \dfrac{m+4}{2} \right)}^{2}}-4\dfrac{m-1}{2} \right)=28\Leftrightarrow m=\pm 2.$

Câu 2 (2,5 điểm). Một hộp đựng 20 tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ 1 đến 20. Một người rút ngẫu nhiên cùng lúc 3 tấm thẻ. Xác suất để bất kì 2 trong 3 tấm thẻ lấy ra có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn hơn kém nhau ít nhất 2 đơn vị bằng

Câu 2. Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ là $C_{20}^{3}.$ Gọi 3 tấm thẻ lấy ra thoả mãn yêu cầu có số ghi tương ứng là $a,b,c$ với $1\le a\le b-2\le (c-2)-2=c-4\Leftrightarrow 1\le a<b-1<c-2\le 20-2=18.$ Chọn ra 3 số từ tập các số $\left\{ 1,...,18 \right\}$ thu được một bộ ba số $(a;b-1;c-2)$ tương ứng với bộ ba số $(a;b;c)$ thoả mãn. Vậy có $C_{18}^{3}$ cách lấy ra thoả mãn.

Xác suất cần tính bằng $\dfrac{C_{18}^{3}}{C_{20}^{3}}=\dfrac{68}{95}.$

Câu 3 (2,0 điểm). Cho hàm số bậc ba $f(x)={{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c,\left( a,b,c\in \mathbb{R} \right)$ biết $4a+c>2b+8$ và $2a+4b+8c+1<0.$ Số điểm cực trị của hàm số $g(x)=\left| f(x) \right|$ là

Câu 3. Theo giả thiết thì $\left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - \infty \hfill \\ 4a + c > 2b + 8 \hfill \\ 2a + 4b + 8c + 1 < 0 \hfill \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - \infty \hfill \\ f( - 2) = 4a - 2b + c - 8 > 0 \hfill \\ f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{8}\left( {2a + 4b + 8c + 1} \right) < 0 \hfill \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty \hfill \\ \end{gathered} \right.$ do đó $f(x)=0$ có 3 nghiệm phân biệt do đó $f(x)$ có 2 điểm cực trị. Vì vậy $g(x)=\left| f(x) \right|$ có $2+3=5$ điểm cực trị.

Câu 4 (2,5 điểm). Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy là tứ giác lồi, tam giác $ABD$ đều cạnh $a,$ tam giác $BCD$ cân tại $C,\widehat{BCD}={{120}^{0}}.$ Cạnh $SA$ vuông góc với đáy và $SA=\sqrt{2}a.$ Mặt phẳng $(P)$ qua $A$ vuông góc với $SC$ cắt các cạnh $SB,SC,SD$ lần lượt tại $M,N,P.$ Thể tích khối chóp $S.AMNP$ bằng

Câu 5: Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm ${f}'(x)=4-{{x}^{2}},\forall x\in \mathbb{R}.$ Tìm $m$ để hàm số $g(x)=f({{x}^{2}}+x)+m\left( 2\ln x-\dfrac{1}{x} \right)$ nghịch biến trên khoảng $(1;+\infty )?$

Có yêu cầu bài toán tương đương với:

\[\begin{gathered} g'(x) \leqslant 0,\forall x \geqslant 1 \Leftrightarrow (2x + 1)f'({x^2} + x) + m\left( {\frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) \leqslant 0,\forall x \geqslant 1 \hfill \\ \Leftrightarrow (2x + 1)\left( {4 - {{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}} \right) + m\left( {\frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) \leqslant 0,\forall x \geqslant 1 \hfill \\ \Leftrightarrow m \leqslant \frac{{(2x + 1)\left( {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 4} \right)}}{{\frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}} = h(x) = {x^2}\left( {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 4} \right),\forall x \geqslant 1 \hfill \\ \Leftrightarrow m \leqslant \mathop {\min }\limits_{[1; + \infty )} h(x) = h(1) = 0. \hfill \\ \end{gathered} \]

Câu 6: Phần trên của cây thông Noel có dạng hình nón, đỉnh $S,$ độ dài đường sinh $l=2m$ và bán kính đáy $r=1m.$ Biết rằng $AB$ là một đường kính đáy của hình nón và $I$ là trung điểm $SB.$ Để trang trí người ta lắp một dây bóng nháy trên mặt ngoài của cây thông từ vị trí $A$ đến $I.$ Chiều dài ngắn nhất của dây bóng nháy bằng

Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua trục rồi trải một nửa mặt xung quanh lên một mặt phẳng thu được hình quạt $ASB$ tâm $S,$ bán kính $R=SA=SB=l=2,$ độ dài cung tròn $\overset\frown{AB}=\dfrac{1}{2}\left( 2\pi r \right)=\pi .$

Do đó $\widehat{ASB}=\dfrac{\overset\frown{AB}}{2\pi R}\times {{360}^{0}}=\dfrac{\pi }{2\pi R}\times {{360}^{0}}=\dfrac{1}{4}\times {{360}^{0}}={{90}^{0}}\Rightarrow AB=\sqrt{2}SA=\sqrt{2}SB=2\sqrt{2}.$

Chiều dài dây ngắn nhất bằng độ dài đường trung tuyến $AI$ của tam giác $ASB.$

${{L}_{\min }}=AI=\sqrt{\dfrac{2\left( A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}} \right)-S{{B}^{2}}}{4}}=\sqrt{\dfrac{2\left( {{2}^{2}}+{{(2\sqrt{2})}^{2}} \right)-{{2}^{2}}}{4}}=\sqrt{5}m.$ Chọn đáp án D.

Câu 7 (2,0 điểm). Tìm $m$ để phương trình ${{x}^{2}}+(m+2)x+4=(m-1)\sqrt{{{x}^{3}}+4x},\left( m\in \mathbb{R} \right)$ có 4 nghiệm phân biệt.

Điều kiện $x\ge 0.$ Chia hai vế phương trình cho ${{x}^{2}}+4>0$ ta được: $1+(m+2)\dfrac{x}{{{x}^{2}}+4}=(m-1)\sqrt{\dfrac{x}{{{x}^{2}}+4}}.$

Đặt \[t=\sqrt{\dfrac{x}{{{x}^{2}}+4}}\Rightarrow 1+(m+2){{t}^{2}}=(m-1)t\Leftrightarrow g(t)=(m+2){{t}^{2}}-(m-1)t+1=0.\]

Có ${t}'=\dfrac{4-{{x}^{2}}}{2\sqrt{x{{({{x}^{2}}+4)}^{3}}}}=0\Leftrightarrow x=2,\left( x>0 \right).$ Lập bảng biến thiên:

Vậy với $0<t<\dfrac{1}{2}$ thì phương trình $t=\sqrt{\dfrac{x}{{{x}^{2}}+4}}$ có 2 nghiệm đối với $x;t\in \left\{ 0,\frac{1}{2} \right\}$ phương trình $t=\sqrt{\dfrac{x}{{{x}^{2}}+4}}$ có 1 nghiệm đối với $x;t\notin \left[ 0;\frac{1}{2} \right]$ thì phương trình $t=\sqrt{\dfrac{x}{{{x}^{2}}+4}}$ vô nghiệm.

Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt \[\dfrac{1}{2} > {t_2} > {t_1} > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} (m + 2).g(0) > 0 \hfill \\ (m + 2).g\left( {\dfrac{1}{2}} \right) > 0 \hfill \\ \Delta > 0 \hfill \\ 0 < S < 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m + 2 > 0 \hfill \\ (m + 2)\left( {\dfrac{1}{4}(m + 2) - \dfrac{1}{2}(m - 1) + 1} \right) > 0 \hfill \\ {(m - 1)^2} - 4(m + 2) > 0 \hfill \\ 0 < \dfrac{{m - 1}}{{m + 2}} < 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow 7 < m < 8.\]

Câu 8 (2,0 điểm). Cho hàm số $f(x)=\sqrt{1+{{x}^{2}}}+x.$ Tìm $m$ để bất phương trình $(x-m)f(x-m)+\dfrac{1+\sqrt{1-{{x}^{2}}}}{f\left( 1+\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right)}\le 0$ nghiệm đúng với mọi $x\in [-1;1].$

Có $f(x).f(-x)=\left( \sqrt{1+{{x}^{2}}}+x \right)\left( \sqrt{1+{{x}^{2}}}-x \right)={{\left( \sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)}^{2}}-{{x}^{2}}=1,\forall x.$

Suy ra $\dfrac{1}{f\left( 1+\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right)}=f\left( -1-\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right).$

Vậy yêu cầu bài toán tương đương với:

$\begin{gathered} (x - m)f(x - m) + \left( {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)f\left( { - 1 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right) \leqslant 0,\forall x \in [ - 1;1] \hfill \\ \Leftrightarrow (x - m)f(x - m) \leqslant \left( { - 1 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right)f\left( { - 1 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right),\forall x \in [ - 1;1](*). \hfill \\ \end{gathered} $

Hàm số $g(x)=xf(x)=x\sqrt{1+{{x}^{2}}}+{{x}^{2}}$ có đạo hàm ${g}'(x)=\sqrt{1+{{x}^{2}}}+x\dfrac{x}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}+2x=\dfrac{{{x}^{2}}+2x\sqrt{1+{{x}^{2}}}+1+{{x}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}=\dfrac{{{\left( x+\sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}>0,\forall x.$

Do đó

$\begin{gathered} (*) \Leftrightarrow g(x - m) \leqslant g\left( { - 1 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right),\forall x \in [ - 1;1] \hfill \\ \Leftrightarrow x - m \leqslant - 1 - \sqrt {1 - {x^2}} ,\forall x \in [ - 1;1] \hfill \\ \Leftrightarrow m \geqslant h(x) = x + 1 - \sqrt {1 - {x^2}} ,\forall x \in [ - 1;1] \hfill \\ \Leftrightarrow m \geqslant \mathop {\max }\limits_{[ - 1;1]} h(x) = h(1) = 2. \hfill \\ \end{gathered} $

Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực $a,b,c\in [4;8].$ Giá trị lớn nhất của biểu thức $F={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-\dfrac{1}{4}\log _{2}^{3}(abc).$

Các câu còn lại sẽ được vted cập nhật đầy đủ tại đây: https://www.vted.vn/on-tap/de-chon-hoc-sinh-gioi-tinh-toan-12-thpt-nam-2020-%e2%80%93-2021-so-gddt-ha-tinh?pid=49aea63f-d6f6-47b6-aa10-f15863ef416d&cid=66b550de-9128-46d0-a4f0-982899a0b44a