Đáp án vdc giao lưu hsg toán

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI THỬ HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 Mơn: Tốn - THPT Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi: 101 ĐÁP ÁN: Câu 29: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Biết bán kính mặt cầu 9a ngoại tiếp hình chóp , độ dài cạnh bên lớn độ dài cạnh đáy Khoảng cách hai đường thẳng AB SD A 2a 17 17 B 4a 17 17 C 4a 34 17 D 2a 34 17 Lời giải Chọn C Gọi O  AC  BD , M trung điểm SC Trong tam giác SAC , dựng đường trung trực đoạn thẳng SC cắt SO I , I tâm mặt cầu 9a ngoại tiếp hình chóp S ABCD , bán kính R  SI  Vì độ dài cạnh bên lớn độ dài cạnh đáy nên tâm I mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đoạn SO Gọi x độ dài cạnh bên hình chóp Ta có SOC đồng dạng với SMI 9a x SI SM Suy    SC SO x x  a2 9a x2  x2  a2   9a x  a  2 x  81a  x  a   x  x  2     x2  a  x 2  x  81a x  81a      81   81     x a a      a   x    khơng thỏa x  a a x     x  3a a Suy SO   3a   a  8a d  AB; SD   d  AB,  SDC    d  A;  SCD    2d  O;  SCD   Gọi E trung điểm CD , kẻ OH  SE , d  O,  SCD    OH 1 1 2 2a      OH  2 OH SO OE 8a a 17 34a d  AB; SD   2OH  17 Câu 32: Cho hình hộp ABCD AB C D  có đáy hình thoi cạnh a , ADC  1200 Mặt bên DCC D  hình chữ nhật tạo với mặt đáy góc 600 Gọi M , N , P, K trung điểm cạnh AB, AD, CC, BB Tính thể tích khối đa diện MNPKA theo a biết AA  a A 3a3 16 B 9a 16 9a 32 C D 3a 32 Chọn C Lời giải B' C' I D' A' B C H A Q D Từ giả thiết suy tam giác BCD cạnh a Gọi Q, I trung điểm CD , C ' D ' DC  BQ; DC  IQ   DCC ' D ', ABCD   IQB  60 Kẻ IH  BQ IH đường cao lăng trụ IH  IQ sin 600  3a  VABCD ABC D  S ABCD IH  3a 3a 3a  2 Ta có VMNPKA '  VNKMA'  VNKMP Gọi Q trung điểm CD Suy KMQP hình bình hành Vậy SKMP  S PMQ Lại có d  N ;  KMP    d  D;  PMQ   nên VN KMP  VD.PMQ  VM PQD Ta có: S Do đó: PQD  1 1 3a  2a.a  a.a  2a a  a.a  2 2 1 3a S PQD ' d ( M , ( DCC ' D ')) S PQD ' 3 3 3  S DCC ' D ' d ( A ', ( DCC ' D ')) S DCC ' D ' 2a.a  SCDC D  S VM PQD ' VABCD ABC D PCQ S D QD S D C P 1 3a 3a  VN PQD '  VABCD ABC D   8 16 Ta có: S KMA ' VN KMA ' VABCD ABC D  VN KMA '  S PQD '  3a ; 1 3a S KMA' d ( N , ( ABB ' A ')) S KMA ' d ( N , ( ABB ' A ')) 1 3     S ABB ' A ' d ( D ', ( ABB ' A ')) S ABB ' A ' d ( D ', ( ABB ' A ')) 2a.a 16 1 3a 3a VABCD ABC D   16 16 32 Vậy ta có VMNPKA '  VNKMA '  VNKMP  Câu 34: Xét số thực x, y thỏa mãn x 9a 32  y 1   x  y  x   x Giá trị nhỏ biểu thức 4y gần với số đây? 2x  y 1 A 2 B  C  Lời giải P D 4 Chọn B Ta có x  2 x 1 2  y 1  y2   x2  y  x  2 4x  2x 2  y 1 x  x2  y2  2x  2   x  1  y  Đặt t   x  1  y  t   , ta BPT: 2t  t  Đồ thị hàm số y  2t đồ thị hàm số y  t  sau: Từ đồ thị suy 2t  t    t    x  1  y  Do tập hợp cặp số  x; y  thỏa mãn thuộc hình trịn  C  tâm I 1;  , R  Ta có P  4y  Px   P   y  P  phương trình đường thẳng d 2x  y 1 Do d  C  có điểm chung  d  I ,  d    R  3P 4P   P  4   P  P  16   1   P  1  , suy giá trị nhỏ P gần với  Câu 35 Cho hàm số y  f ( x)  x  ax3  bx  cx có đồ thị  C  hàm số y  f   x  hình vẽ sau: Đặt g  x   f  f   x   , h  x   f   f  x   Tổng số điểm cực trị hàm số g  x  , h  x  là: A 12 C 10 B 11 D Chọn D Lời giải Ta có : f   x   x  3ax  2bx  c có đồ thị  C  Dựa vào đồ thị ta có : f   x    x    x  1  x3  3x  Đồng hệ số ta a  1; b  0; c  Suy f  x   x  x  x ; f   x   3x  x + Xét hàm số y  g  x   f  f   x   Ta có g   x   f   x  f   f   x   x  x  x    f   x   x2  (*) g x        f ' x  x  x   1  f   f   x       x  x   1    f '  x   1 Do phương trình 1 có nghiệm, phương trình   có nghiệm nên hệ phương trình (*) có nghiệm, có nghiệm bội chẵn phương trình 1 Do hàm số g  x  có điểm cực trị + Xét hàm số h  x   f '  f  x   Ta có h '  x   f   x  f   f  x   x   x  1 x     f  x  x  1  h ' x       x  x  x   f x     f   f  x    4   x  x3  x   f  x     3 **  4 Do phương trình  3 có nghiệm đơn, phương trình   có nghiệm đơn nên hệ phương trình (**) có nghiệm, có nghiệm bội chẵn x  Do hàm số h  x  có điểm cực trị SVậy tổng số điểm cực trị hai hàm g  x  , h  x  Câu 41: Lớp 10X có 25 học sinh, chia lớp 10X thành hai nhóm A B cho nhóm có học sinh nam nữ Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, nhóm học sinh Tính xác suất để chọn hai học sinh nữ Biết rằng, nhóm A có học sinh nam xác suất chọn hai học sinh nam 0,54 A 0, 42 B 0, 04 C 0, 46 D 0, 23 Lời giải Chọn B Gọi số học sinh nam nhóm B c  c    b b   số học sinh nữ nhóm  A Số phần tử không gian mẫu n       b  c  25   b  c     b 16  b  Gọi T biến cố chọn hai học sinh nam Suy n T   9c Theo giả thiết suy 9c c  0,54   50   b 16  b    b 16  b    b  16  b  Do   b 16  b      200 nên   b 16  b   50;100;150   Thử trường hợp ta có trường hợp c  b  b  thỏa mãn 6.1 Vậy xác suất chọn hai học sinh nữ  0, 04 150 Câu 44 Cho phương trình log x  log3 x  2log x  3m log x  m2  , (với m tham số thực) Biết tập tất giá trị thực tham số m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn   100 ;100   a; b    b; c  Xét T  a  b  c , khẳng định sau, khẳng định đúng? A T   2;3 B T   0;1 3  C T   ;  2  Lời giải  3 D T   1;   2 Chọn C   Đặt t  log x , x   ;100   t   2; 2 100  Phương trình trở thành t  t  2t  3m.t  m2   4t  4t  t  9t  12m.t  4m2 2   2t  t    3t  2m   2t  t  3t  2m m  t  t    2t  t  3t  2m  m  t  2t Vẽ hai Parabol y  t  t; y  t  2t hệ trục tọa độ hình vẽ Đường thẳng y  m cắt hai Parabol bốn điểm phân biệt thuộc  2;2  3 3   m   0;    ;1  4 4   a  0; b  ; c  Vậy T  a  b  c  4 Câu 48 Có cặp số nguyên  x ; y  thỏa mãn đồng thời x  y  log  x  y  x , y thuộc đoạn  2;10 ? A B C Lời giải D Chọn A x  y  log  x  y   x  x  log  x  y   x  y  x  x  log  x  y   2log2  x  y  * Xét hàm số f  t   2t  t có f '  t   2t ln   0,  t  Hàm số đồng biến R , : *  x  log  x  y   x  x  y  y  x  2x ** Xét hàm số g  x   x  x đoạn  2;10 Ta có : g '  x  1  x ln g '  x    x  log  log e  x log  log e  2 g ' x 10    log e  log    e  g  x  log e  Kết hợp ** BBT ta có : 2  y  log    e  Do y  Z nên y  2 y  1  Với y  2 ta có : g  x   2 Do x  1014 nên  x  1;0;1; 2 Trường hợp có cặp số  x ; y  thỏa mãn Với y  1 ta có : g  x   1 Do x  nên  x   0;1  Trường hợp có cặp số  x ; y  thỏa mãn Vậy có tất cặp số  x ; y  thỏa mãn u cầu tốn Câu 50: Cho hình chóp S ABC có AB  cm , BC  cm , CA  cm Hình chiếu vng góc S xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên tam giác ABC Các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA tạo với đáy góc 60 Gọi AD , BE , CF đường phân giác tam giác ABC với D  BC , E  AC , F  AB Thể tích S DEF gần với số sau đây? A 2,9 cm3 B 4,1 cm3 C 3,7 cm3 D 3,4 cm3 Lời giải Chọn D S E A F H I 60° C D B Vì mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA tạo với đáy góc 60 hình chiếu vng góc S xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên tam giác ABC nên ta có hình chiếu S tâm I đường trịn nội tiếp tam giác ABC AB  BC  CA Gọi p nửa chu vi tam giác ABC p  9 Ta có : S ABC  p  p  AB  p  BC  p  AC   6 r  S  p Suy chiều cao hình chóp : h  r.tan 60  2 A E F I C B D Vì BE phân giác góc B nên ta có : EA BA  EC BC FA CA DB AB ,   FB CB DC AC S AB AC AE AF Khi : AEF   S ABC AC AB AB  BC AC  BC Tương tự : Tương tự : SCED S CA CB BC BA , BFD   S ABC CA  AB CB  AB S ABC BC  CA BA  CA Do đó,   ab bc ac S DEF  S ABC      , với BC  a , AC  b , AB  c   a  c  b  c   b  a  c  a   a  b  c  b    2abc 210 S ABC  143  a  b  b  c  c  a  210 280 Suy VS DEF  2  143 143  cm   3,  cm  3