SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ TP HỒ CHÍ MINH KHĨA NGÀY 10 / 6/ 2020 Mơn thi : Tốn Thời gian làm : 120 phút(không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4 điểm) Giải phương trình log x + log 2020 x log x + log ( −2+ x log )=2 2020 2020 2020 x +2 Bài (4 điểm) Cho hàm số y= x − có đồ thị (C ) Gọi d đường thẳng di động qua I(1;1) va cắt (C ) hai điểm phân biệt M, N Tính khoảng cách từ A(2;-3) đến d tam giác AMN có diện tích nhỏ Bài (4 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, khoảng cách từ A’ đến BB’ CC’ √ Góc hai mặt phẳng (BCC’B’) (ACC’A’) 60 ° Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng (A’B’C’) trung điểm M B’C’ A ' M =√ 13 a)Tính khoảng cách từ M đến AA’ b)Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ x−m Bài (4 điểm).Cho hai hàm số f (x)= x −mx ; g(x )= x −1 có đồ thị (C ¿¿ 1) ,(C ¿¿ 2)¿ ¿ Biết tồn hai số x ∈ ( 2; ) cho gọi d , d tiếp tuyến điểm có hồnh độ thuộc(C ¿¿ 1) ,(C ¿¿ 2)¿ ¿và d , d cắt A, cònd , d cắt trục Ox b C AB = AC Tìm tất giá trị m Bài (3 điểm) Cho tập hợp X ={ x| x ∈ z , −5 ≤ x ≤5 , x ≠ }.Chọn số ngẫu nhiên phân biệt ax+ b a,b,c,d ∈ X Tính xác suất để hàm số y = cx+ d với ad≠ bc , có đồ thị(C) mà cả(C)lẫn tiệm cận đứng (C ) cắt trục Ox theo chiều dương BÀI GIẢI CHI TIẾT Bài Xét phương trình log log 2020 ĐK : −2+ xx> { >0↔ { 2020 x + log ( −2+ x log 2020 )=2log 2020 x + log 2020 x log2020 x >2 ↔ log x > √ 2 x> Đặt t=log x , t > Ta có phương trình t + log ( − 2+4 t ) =2t +t +2 ( ) (1) Có nghiệm t = 1 t t Xét hàm số f ( t )=− +2 + t+2 , t ∈ ;+ ∞ ( ) ( 12 ;+ ∞) ln ln Thật vậy, > √2> = ln , ∀ t ∈ ( ;+ ∞ ) Khi đó, > ln , ∀ t ∈ ( ;+ ∞ ) 1 Suy f’’(t) < 0, ∀ t ∈ ( ;+∞ ), f’(t) nghịch biến ( ;+ ∞ ) Do đó, 1 f’(t) 0 ↔ k >0 Gọi M (a ; ka − k +1)¿ N( b ; kb − k +1 ) MN ab = S ∆ KMN k −3 k ,a+b=2 12 ( 1+k ).Với k |k +4| =( b −a )2 ( 1+ k )= d ( A , d )= √ k 2+ ( k + ) 12 2 = d ( A ,d ) MN = k 2+ k ( k +1 ) = k ( k + ) ≥ k 16k=48 → S 2∆ KMN =48 k = 4↔ S ∆ KMN =4 √ k = 4.Khi d ( A , d )= √17 Chú ý Ta dùng phương pháp hàm số để tìm S ∆ KMN Cách Phương trình k x − kx+ k − 3=0.Phương trình có hai nghiệm phân biệt 3 x 1=1 − → y1 =1− √3 k ; x 2=1+ → y 2=1+ √ k √ Đặt M k (1 − √ 3k ; − √ k √ ), ( √ N 1+ k ; 1+ √ k k ), 3 ⃗ AM= − 1− ; − √ k ,⃗ AN = − 1+ ; 4+ √ k k k S∆ KMN ( √ ) ( √ ) 3 = |( −1 − ) ( + √3 k ) − ( − 1+ ) ( − √3 k )| √k √k =( k + ) √ 3 ≥ √4 k =4√ k k √ Vậy S ∆ KMN =4 √3 k = Bài a) Dựng C’I vng góc với AA’, I∈ AA ' Dựng NI vng góc với BB’, N∈ BB ' Thì khoảng cách từ A’ đến BB’ CC’ IN IC’.Khi đó, CC’ vng góc với IC ' N Ta có mp(INC’) Suy góc hai mặt phẳng (BCC’B’) (ACC’A’) góc ^ 2 2 ¿ =IC ' + NC ' −2 IC ' NC ' cos ^ IC ' N = 4+ NC ' -2NC’, suy NC ' -2NC’+1=0→ NC ' =1 13 ¿ 2+ IC ' NC ' 3+4 − = 13 → IK = √ Gọi K trung điểm NC’ Ta có, IK = = Ta có d(M,AA’)=d(K,AA’) = √ 4 13 MK//AA’ b) Vì ¿2 + N C ' 2=I C ' suy tam giác INC’ vng N Do đó, 13 S∆ IC ' N = ∈ NC ' = √ Dựng MH//IK, H∈ AA ' Ta có MH=IK= √ 2 HM HMA ' = = →^ HMA ' =60° =^ M AA ' cos ^ A' M MAA ' góc Vì AM vng góc với (A’B’C’) AA’ vng góc với (INC’) nên góc ^ hợp hai mặt phẳng (A’B’C’) (INC’) 60° Ta có S∆ IC ' N = S∆ A ' B 'C ' cos60° → S∆ A ' B ' C' =2 S∆ IC ' N =√ A' M √ 13 = Xét tam giác vng AA”M ta có AM= tan ^ Do đó, MAA ' √ V ABC A ' B C' } = {S } rsub {∆A'B'C' ¿.AM=√ 13 Bài y A C B O D2 D 1 x−m Ta có f (x)= x −mx ; g(x )= x −1 ,m≠ m−1 f’(x)=x-m; g’(x) = ( x −1 )2 Ví AB = AC nên d , d có hệ số góc đối Suy x − m=− 1− m (1) ( x − )2 Do m≠ nên x=1 khơng phải nghiệm (1) Ta có (1) tương đương với ( x − m )( x −1 )2=1 −m x3 − x2 + x − =m,x∈ (2 ; ) x −2 x ( x − )2 ( x −2 x −2 ) x3 − x2 + x − y '= Xét hàm số y= x − x ,x∈ (2 ; ) ( x −2 x ) y’=0 ↔ x=1+ √3 Bảng biến thiên ↔ x −2 x + x −1=m ( x − x ) ↔ x Y’ x - + y 11/3 + Bài Số phần tử không gian mẫu n ω=A 410=5040.Xét {a,b} ta có a có 10 cách chọn, b có cách chọn Bộ {c,d} c có cách chọn, d có cách chọn.Suy có ax +b 10.5.8.4=1600 cách chọn Gọi A biến cố : “ Hàm số y= cx + d ,ad ≠ bc , có đồ thị(C )mà cả(C ) lẫn tiệm cận đứng (C ) cắt trục Ox theo chiều dương cd