Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 12 năm 2022 2023 sở GD và ĐT Thừa Thiên Huế

Cîu 1: (4 điểm)
Cho hàm số $y=x^3-3 m x^2+3\left(m^2-1\right) x+2$ có đồ thị là $\left(C_m\right)$ vGi $m$ là tham số thực.
a) Chứng minh rằng đồ thỉ $\left(C_m\right)$ luôn có hai điểm cưc trị với mọi giá trị của $m$.
b) Gọi $A, B$ lần lượt là điểm cực đại, điểm cực tiểu của đồ thị $\left(C_m\right) ; d$ là đường thẳng qua $B$ vuông góc với trục tung và cắt đồ thi $\left(C_m\right)$ tại $C(C \neq B)$. Chứng minh rằng diện tích tam giác $A B C$ không phụ thuộc vào giá trị của $m$.
Câu 2: (4 điểm)
Cho hàm số $f(x)=\frac{3 x-m}{x+2}$ với $m$ là tham số thụ̣c.
a) Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $\min _{[0.21} f(x)+\max _{[1,4)} f(x)=4$.
b) Tìm tất cả các giá trị của $m$ đế hàm số $y=|f(x)|$ đồng biến trên khoảng $(1 ;+\infty)$.

Câu 3: (2 điểm)
Một biển số xe có dạng " $75 A-a b c d e$ " với $a, b, c, d, e$ là các chữ số mà trong đó có it nhất một chữ số khác 0 . Một biển số xe được gọi là biển số xe "thú vị" nếu các chữ số $a, b, c, d, e$ đôi một khác nhau và không có hai chữ số nào có tổng bằng 10. Chọn ngẫu nhiên một biển số xe, tính xác suất chọn được biển "số xe thú vị".
Câu 4: (2 điểm)
Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x+3) \sqrt{x-1}-3(x-y-2)-(y+5) \sqrt{y+1}=0 \\ 2 \sqrt{y^2+4 y+9}=2 \sqrt{x-1}+x^2\end{array}\right.$.
Câu 5: (6 điểm)
Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy $A B C D$ là hình vuông tâm $O$ với cạnh $A B=a \sqrt{2}$, $S A \perp(A B C D)$ và đường thẳng $S C$ hợp với mặt phẳng ( $S A B)$ một góc bằng $30^{\circ}$.
a) Tính thể tích khối chóp $S . A B C D$ theo $a$.
b) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $S B C$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $S A$ và $D G$ theo $a$.
c) Gọi $M, N$ lần lượt là các điểm thuộc cạnh $S A$ và $S C$ sao cho $M N$ song song vơi $A C$. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện $M N B D$ theo $a$.
Câu 6: (2 điểm)
Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn $x^2+y^2-x-y=x y$. Tìm giá trị nhỏ nhá́t của biểu thức $P=x^2+y^2-\frac{8}{3} \sqrt{x+y}$.

Hướng dẫn đáp án: 

Câu 1: 

a) Cho hàm số $y=x^3-3 m x^2+3\left(m^2-1\right) x+2$ có đồ thị là $\left(C_m\right)$,
Chứng minh rằng đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị với mọi giá trị của $m$.
Ta có $y^{\prime}=3 x^2-6 m x+3\left(m^2-1\right)$.
$$
y^{\prime}=0 \Leftrightarrow 3 x^2-6 m x+3\left(m^2-1\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}
x=m-1 \\
x=m+1
\end{array}\right.
$$
$y^{\prime}=0$ có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$ nên hàm số luôn có hai điểm cực trị.
b) Chứng minh rằng diện tích tam giác $A B C$ không phụ thuộc vào giá trị của $m$.
Ta có $A\left(m-1 ; m^3-3 m+4\right), B\left(m+1 ; m^3-3 m\right)$ và $d: y=m^3-3 m$.
Xét phương trình $x^3-3 m x^2+3\left(m^2-1\right) x+2=m^3-3 m \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=m+1 \\ x=m-2\end{array}\right.$.
Suy ra $C\left(m-2 ; m^3-3 m\right)$.
Ta có $B C=3$ và $d(A ; d)=4$.
Hay $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} B C \cdot d(A ; d)=6$ không đổi với mọi giá trị thực của $m$.

Câu 2:

a) Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $\min _{[0 ; 2]} f(x)+\max _{[1 ; 4]} f(x)=4$.
Ta có $f^{\prime}(x)=\frac{m+6}{(x+2)^2}$.
+ Nếu $m+6=0 \Leftrightarrow m=-6$, khi đó $f(x)=3, \forall x \neq-2$ (không thỏa mãn).
$+$ Nếu $m+6>0 \Leftrightarrow m>-6$.
Khi đó $\min _{[0 ; 2]} f(x)+\max _{[1 ; 4]} f(x)=4 \Leftrightarrow f(0)+f(4)=4$.
Hay $\frac{-m}{2}+\frac{12-m}{6}=4 \Leftrightarrow m=-3$ (thỏa mãn).
$+$ Nếu $m+6<0 \Leftrightarrow m<-6$.
Khi đó $\min _{[0 ; 2]} f(x)+\max _{[1 ; 4]} f(x)=4 \Leftrightarrow f(2)+f(1)=4$.
Hay $\frac{6-m}{4}+\frac{3-m}{3}=4 \Leftrightarrow m=\frac{-18}{7}$ (không thỏa mãn). Vậy $m=-3$ là giá trị duy nhất cần tìm.

b) 

Hàm số $y=\left|\frac{3 x-m}{x+2}\right|$ đồng biến trên khoảng $(1 ;+\infty)$
$$
\therefore\left[\begin{array}{l}
\left\{\begin{array}{l}
f^{\prime}(x)>0, \forall x \in(1 ;+\infty) \\
f(x) \geq 0, \forall x \in(1 ;+\infty)
\end{array}\right. \\
\qquad \begin{array}{l}
\left\{\begin{array}{l}
f^{\prime}(x)<0, \forall x \in(1 ;+\infty) \\
f(x) \leq 0, \forall x \in(1 ;+\infty)
\end{array}\right.
\end{array} \\
\text { Hay }\left[\begin{array} { l } 
{ \{ \begin{array} { l } 
{ \{ m + 6 > 0 } \\
{ f ( 1 ) \geq 0 }
\end{array} } \\
{ \{ \begin{array} { l } 
{ m + 6 < 0 } \\
{ f ( 1 ) \leq 0 }
\end{array} }
\end{array} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}
\left\{\begin{array}{l}
m>-6 \\
m \leq 3
\end{array}\right. \\
\left\{\begin{array}{l}
m<-6 \\
m \geq 3
\end{array}\right.
\end{array}\right.\right.
\end{array}\right.
$$
Vậy $m \in(-6 ; 3]$ là tất cả các giá trị cần tìm.

Câu 3:

Ta có số phần tử không gian mẫu là $n(\Omega)=10^5-1=99999$.
Gọi $A$ là biến cố chọn được biển số xe "thú vị".
Chia các chữ số thành 6 tập con sau: $\{0\},\{5\},\{1 ; 9\},\{2 ; 8\},\{3 ; 7\},\{4 ; 6\}$.
Hay các chữ số của biển số xe "thú vị" phải thuộc đúng 5 tập hợp trong 6 tập trên với một chữ số thuộc đúng một tập hợp.
Ta có các trường hợp sau:
+ Không có chữ số 0 : Có $2^4 .5$ ! biển số xe "thú vị"
+ Không có chữ số 5 : Có $2^4 .5$ ! biển số xe "thú vị"
+ Có chữ số 0 và chữ số 5 : Có $C_4^3 \cdot 2^3 .5$ ! biển số xe "thú vị".
Suy ra $n(A)=2.2^4 .5 !+4.2^3 .5 !=7680$.
Vậy xác suất cầm tìm là $P(A)=\frac{2560}{33333}$.

Câu 4: 

Điều kiện: $x \geq 1, y \geq-1$.
Từ phương trình (1) ta có: $(x+3) \sqrt{x-1}-3(x-1)=(y+5) \sqrt{y+1}-3(y+1)$. Đặt $f(t)=\left(t^2+4\right) t-3 t^2=t^3-3 t^2+4 t$ với $t \geq 0$.

Ta có $f^{\prime}(t)=3 t^2-6 t+4=3(t-1)^2+1>0$ nên hàm số đồng biến trên $(0 ;+\infty)$.
Do đó $f(\sqrt{x-1})=f(\sqrt{y+1}) \Leftrightarrow x-1=y+1 \Leftrightarrow y=x-2$.
Thay vào phương trình (2) ta có phương trình $2 \sqrt{x^2+5}=2 \sqrt{x-1}+x^2$.
Hay $\frac{2(x-2)(x+2)}{\sqrt{x^2+5}+3}=\frac{2(x-2)}{\sqrt{x-1}+1}+(x-2)(x+2)$.
Nên $(x-2)\left[x+2+\frac{2}{\sqrt{x-1}+1}-\frac{2(x+2)}{\sqrt{x^2+5}+3}\right]=0$.
Do đó $x=2$ hoặc $(x+2)\left[1-\frac{2}{\sqrt{x^2+5}+3}\right]+\frac{2}{\sqrt{x-1}+1}=0,\left(^*\right)$
Mà $\frac{2}{\sqrt{x^2+5}+3}<1$ với mọi $x \geq 1$ nên phương trình $(*)$ vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là $(x ; y)=(2 ; 0)$.

Câu 5: 

a)

Do $C B \perp(S A B)$ nên góc giữa $S C$ và mặt phẳng $(S A B)$ là góc $\angle C S B=30^{\circ}$.

Suy ra $S B=a \sqrt{6}$, do $A B=a \sqrt{2}$ nên $S A=2 a$.
Ta có $S_{A B C D}=2 a^2$ nên $V_{S . A B C D}=\frac{4 a^3}{3}$.

b) 

Gọi $E$ là trung điểm của $S C$, khi đó mặt phẳng $(B E D)$ chứa $D G$ và song song với $S A$.
Suy ra $d(S A ; D G)=d(S A ;(B E D))=d(A ;(B E D))$.
Mà $A O \perp(B E D)$ nên $d(A ;(B E D))=A O$.
Vậy khoảng cách cần tính là $a$.

Do $d(B ;(O M N))=d(D ;(O M N))=O D$ nên $V_{M N B D}=2 V_{D . O M N}=\frac{2}{3} O D \cdot S_{O M N}$.
Mà $O D=a$ không đổi nên $V_{M N B D}$ lớn nhất khi và chỉ khi $S_{O M N}$ lớn nhất.
Đặt $x=S M$ với $0<x<2 a$. Suy ra $M N=x$.
Ngoài ra $\triangle S A C$ vuông tại $A$ và $M N / / A C$ nên $d(O ; M N)=A M=2 a-x$.
Hay $S_{\triangle O M N}=\frac{1}{2}(2 a-x) x$.
Ta có $(2 a-x) x \leq\left(\frac{2 a-x+x}{2}\right)^2=a^2$.
Nên giá trị lớn nhất của $S_{O M N}$ là $\frac{1}{2} a^2$ khi $x=a$.
Vậy $V_{B D M N}$ có giá trị lớn nhất là $\frac{a^3}{3}$ khi $x=a$.

Câu 6: 

Ta có $x^2+y^2-x-y=x y \Leftrightarrow(x+y)^2-(x+y)=3 x y$.
Hay $(x+y)^2-(x+y) \leq \frac{3}{4}(x+y)^2$, suy ra $0 \leq x+y \leq 4$.
Ta có $P=x^2+y^2-\frac{8}{3} \sqrt{x+y}=(x+y)^2-2 x y-\frac{8}{3} \sqrt{x+y}$.
Hay $P=\frac{1}{3}(x+y)^2+\frac{2}{3}(x+y)-\frac{8}{3} \sqrt{x+y}$ với $0 \leq x+y \leq 4$.
Đặt $t=\sqrt{x+y}$ và $f(t)=t^4+2 t^2-8 t$ với $t \in[0 ; 2]$, ta có $f^{\prime}(t)=4 t^3+4 t-8$.
Suy ra $f^{\prime}(t)=0 \Leftrightarrow t=1$.
Ngoài ra $f(0)=0 ; f(1)=-5 ; f(2)=8$.
Nên giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(t)$ trên $[0 ; 2]$ là $-5$ tại $t=1$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{-5}{3}$ khi $\left\{\begin{array}{l}x+y=1 \\ x y=0\end{array}\right.$ hay $\left[\begin{array}{l}x=1 ; y=0 \\ x=0 ; y=1\end{array}\right.$.