Toán vdc hsg1 hsg toán 12 sở đồng nai 2020 2021 hoàn thiện

Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y  f  x   x  3x  x có đồ thị C C 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị  C 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu đồ thị điểm có hồnh độ x 3 g  x  f  x  m 3) Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số có điểm cực trị Câu (3,0 điểm)   log  x  x 1  log   1  1 x  a) Giải phương trình b) Giải phương trình 4sin x  4sin x.cos x  2sin x  cos x  0 Câu (2,0 điểm) Bạn An làm hai bánh hai khối trụ có tổng thể tích 144 cm dùng giấy carton làm hộp hình hộp chữ nhật (có đủ mặt) để đựng vừa khít hai bánh hình vẽ Câu Câu Tính diện tích nhỏ giấy carton dùng việc nêu (3,5 điểm) Cho hình chóp S ABC có AB  AC 10a , BC 12a (với  a   ), hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm O đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , góc  SBC  ABC  hai mặt phẳng   60 1) Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC 2) Gọi hai điểm D, E thuộc hai cạnh AB , BC thỏa mãn AD.BE 60a Tính theo a thể tích khối chóp S ADE (3,0 điểm) 1) Một hộp đựng 20 viên bi giống nhau, viên bi ghi số tự nhiên từ đến 20 (không có hai viên bi ghi số) Bốc ngẫu nhiên viên bi từ hộp nói trên, tính xác suất để tổng số ghi viên bi chia hết cho 12 Câu   x   x   khai triển  2) Tìm hệ số số hạng chứa x (3,5 điểm)  x  y  x  x  y 4  3x   x  y   y  1) Giải hệ phương trình  10 thành đa thức (với x   ) 2 2) Cho số thực a; b; c thỏa a  b  c 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P a  b  c  abc HẾT -TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII Trang HƯỚNG DẪN GIẢI NG DẪN GIẢI N GIẢI I Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y  f  x   x  3x  x 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu đồ thị có đồ thị  C C 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị C điểm có hồnh độ x 3 g  x  f  x  m 3) Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số có điểm cực trị Lời giải GVSB: Nguyễn Thị Phương Hiền; GVPB: Hồng Hà 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu đồ thị  Tập xác định hàm số là: D  C  x  y   f  x     y   f  x  3 x  x   x 3  Ta có: ;  Bảng biến thiên:  Vậy tọa độ điểm cực tiểu đồ thị C 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị  Ta có: k  f  3 0 y  3  f  3  27 ;  Vậy phương trình tiếp tuyến đồ thị là:  3;  27  C điểm có hồnh độ x 3 C là: y 0  x  3  27 hay y  27 g  x  f  x  m 3) Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số có điểm cực trị  Theo câu 1) ta có hàm số Trang y  f  x có điểm cực trị TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA  Để hàm số g  x  f  x  m h  x   f  x   m 0 có điểm cực trị phương trình f  x   x  x  x  m có nghiệm phân biệt hay có nghiệm phân biệt  Bảng biến thiên:  Từ phương trình  27   m     m  27 x3  3x  x  m  Vậy với   m  27 hàm số Câu (3,0 điểm) g  x  f  x  m có nghiệm phân biệt có điểm cực trị   log  x  x 1  log   1  x   a) Giải phương trình Lời giải  x  x 1    x 2   0   Điều kiện 1  x  x  x 1     log log  x  x 1  log    1 3  1 x   x      x  x  x 1  3  x  x  0    x 2 1 x  Ta thấy x 2 không thỏa điều kiện phương trình  Vậy phương trình có nghiệm x  b) Giải phương trình 4sin x  4sin x.cos x  2sin x  cos x  0 Lời giải  4sin x  4sin x.cos x  2sin x  6cosx  0  4sin x   cos x   4sin x.cosx   2cosx  1 0  4sin xcosx  2cosx  1   2cosx 1 0 TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII Trang  2cosx  0   2cosx  1  2sin x   0    2sin x  0 3 1 2sin x  0  sin x  2  Phương trình vơ nghiệm 2 2 2cosx 1 0  cosx   cosx cos  x   k 2 ,  k   3  2 x   k 2 ,  k    Vậy phương trình có nghiệm Câu (2,0 điểm) Bạn An làm hai bánh hai khối trụ có tổng thể tích 144 cm dùng giấy carton làm hộp hình hộp chữ nhật (có đủ mặt) để đựng vừa khít hai bánh hình vẽ Tính diện tích nhỏ giấy carton dùng việc nêu Lời giải r  r  Gọi bán kính hình trụ (với ), chiều cao khối trụ h (với h  ) Chiều rộng đáy hình hộp chữ nhật 2r , chiều dài đáy hình hộp chữ nhật 4r  Tổng thể tích hai khối trụ 144 cm Thể tích khối trụ  r h 72  cm3  72 h r Chiều cao khối trụ 72 Chiều cao hình hộp chữ nhật r  Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật là: 72 72  288 144  54      2r.4r  4r  2r  2  8r   16  r    r r  r  r r     Ta có r2  54 27 27 27 27 r   3 r 27 r r r r r  Vậy diện tích nhỏ giấy carton cần dùng Câu 16.27 432  cm  (3,5 điểm) Cho hình chóp S ABC có AB  AC 10a , BC 12a (với  a   ), hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , góc  SBC  ABC  hai mặt phẳng   60 1) Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC 2) Gọi hai điểm D, E thuộc hai cạnh AB , BC thỏa mãn AD.BE 60a Tính theo a thể tích khối chóp S ADE Trang TÀI LIỆU ƠN THU THPT QUỐC GIA Lời giải 1)  Theo giả thiết O tâm đường tròn ngoại tiếp tam SO   ABC  giác ABC nên điểm nằm đường thẳng SO cách A, B, C Gọi I  SO cho IS IA Dễ dàng chứng minh I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC  Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC , R IS IA IB IC  Xét N trung điểm SA , IN  SA  Suy SNI đồng dạng SOA , suy S N A C O I M B SN SI SN SA SA2   SI   SO SA SO SO  Ta cần tính SA SO  Gọi M trung điểm BC Dễ dàng chứng minh góc hai mặt phẳng   ABC  góc SMA 60  Ta có AM 8a AB AC.BC 10a.10a.12a 25 AO    a S ABC OM  a .8a.12a , suy  SBC  OM 7a SM   a  cos 60 ;  Trong tam giác vng SOM ta có 193 193 SB  SM  BM  a SA SB  a 2  Trong tam giác vng SBM có , suy SO OM tan 60   193  a    193 a R 42 7a Vậy  Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC là:  193  37249 S MC 4 R 4  a   a 147  42  2) Tính thể tích khối chóp S ADE TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII Trang S A C E D B AD.BE 60a   BA  BD  BE  BA.BC  Theo giả thiết ta có 1 1  BA.BE  BD.BE  BA.BC  BA.BE sin B  BD.BE sin B  BA.BC sin B 2 1  SBAE  S BDE  SABC  SADE  S ABC  48a 24a 2 2  Vậy thể tích khối S ADE là: 1 7a VS ADE  SO.S ADE  24a 14a 3 3 Câu (3,0 điểm) 1) Một hộp đựng 20 viên bi giống nhau, viên bi ghi số tự nhiên từ đến 20 (khơng có hai viên bi ghi số) Bốc ngẫu nhiên viên bi từ hộp nói trên, tính xác suất để tổng số ghi viên bi chia hết cho Lời giải n  C204 4845  Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp gồm 20 viên bi, ta có:   A  Gọi biến cố: “Bốc viên bi từ hộp cho tổng số ghi viên bi chia hết cho ” Các viên bi hộp chia làm nhóm: X  3; 6;9;12;15;18 - Nhóm viên bi ghi số chia hết cho : Y  1; 4;7;10;13;16;19 - Nhóm viên bi ghi số chia cho dư : Z  2;5;8;11;14;17; 20 - Nhóm viên bi ghi số chia cho dư :  Để bốc viên bi từ hộp cho tổng số ghi viên bi chia hết cho có trường hợp sau: - TH1: viên bi thuộc nhóm X , có C6 (cách lấy) - TH2: viên bi thuộc nhóm X viên bi thuộc nhóm Y , có C6 C7 (cách lấy) - TH3: viên bi thuộc nhóm X viên bi thuộc nhóm Z , có C6 C7 (cách lấy) - TH4: viên bi thuộc nhóm X , viên bi thuộc nhóm Y , viên bi thuộc nhóm Z , 1 có C6 C7 C7 (cách lấy) 2 - TH5: viên bi thuộc nhóm Y viên bi thuộc nhóm Z , có C7 C7 (cách lấy) n A C64  C61 C73  C61 C73  C62 C71 C71  C72 C72 1611 Từ ta có:   Trang TÀI LIỆU ƠN THU THPT QUỐC GIA P  A  Vậy xác suất cần tìm n  A n    12 2) Tìm hệ số số hạng chứa x  Ta có: 10   x   x    C10k   1 10  k k 10  1611 537  4845 1615   x   x   khai triển  Lời giải  x   x   1 10 10 k 10  C10k   1 10  k 10 thành đa thức (với x   ) x3k   x  k k 0 x 3k  Ckh x h 1k  h     1 10  k C10k Ckh x 3k h (với k , h  , h k 10 )  h 0 3k  h 12    k 4 0 h k 10   h 3 k , h     12  k 3  Hệ số số hạng chứa x phải thỏa 12  1 C104 C40    1 C103 C33 90  x  Vậy hệ số số hạng chứa k 0 h 0 TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII k 0 h 0 Trang Câu (3,5 điểm)  x  y  x  x  y 4  3x   x  y   y  1) Giải hệ phương trình  Lời giải x  ; y   Điều kiện: 3   x  y  x  x  y 4  3x   x  y   y     Xét hệ  1   x  1  Từ phương trình  1  2   x  1  y  y  y x    2   x   y    x  1  y  x  1  y  3 0   x  1  y  x  1  y  0     x  1  y  12  0, y  x  1  y  x  1  y  0   Phương trình vơ nghiệm Thay y  x  vào   ta phương trình: 3x   x  x   x   x   x  2 x  x    3x   x   x  1 0   x    x  1   x  3  3x   x   3x   x 1   x  0    x  1 *  3x   x  (I)  1 15  1   3x   x  15   1  x  x   ( *) vơ nghiệm Vì nên phương trình x  0  x   y  2  Từ hệ phương trình (I) suy  x; y   ;  2  Vậy nghiệm hệ 2 2 2) Cho số thực a; b; c thỏa a  b  c 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P a  b  c  abc Lời giải 2 2 a b a b c ab   1  ab  0 2 Ta có  2 P  a  b  c  abc    a  b   c (1  ab )   (a  b )2  c  12  (1  ab )2   a  b  c  2ab   2ab  a 2b   2ab   2ab  a 2b   3 2  2   2 2a b  2a b  2a b (ab  1)  4 a b 0, ab  0 Suy  P 2 P 2 xảy  a; b; c     1;1;  ;  1;0;1 ;  0;1;1  Vậy max Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com Trang TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII Trang