Đáp án chi tiết đề giao lưu hsg cụm

SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT HẬU LỢC ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CỤM NĂM HỌC: 2022- 2023 MƠN: TỐN - LỚP 12 THPT Câu Giá trị lớn M giá trị nhỏ m hàm số y  cos x  sin x  A M 1 m  B M 1 m  C M  m  D M  m  Lời giải Chọn D Ta có y  cos x  sin x   cos x  sin x  y  Phương trình có nghiệm   3 2 2    1  y  3   y  3 4    y  2    y  Vậy M  , m  2 Câu 2.Tất giá trị tham số m để phương trình sin x  3m sin x    3m  sin x m  m có nghiệm khoảng  0;   A  m 1 B  m  C  m 1 Lời giải D   m  Chọn A 3 2 Theo đề ta có: 8sin x  2sin x   m  3m sin x  3m sin x  sin x    sin x  m  0 3 (2)   2sin x   2sin x   m  sin x    m  sin x  0  a 2sin x Đặt  ,  a 2 Khi b m  sin x 2 (2)  a  b3  a  b 0   a  b   a  ab  b  1 0 (3) b  Vì a  ab  b   a    b   nên 2  (3)  a b  2sin x m  sin x  sin x m (4) Phương trình ban đầu có nghiệm khoảng  0;   (4) có nghiệm khoảng  0;   Suy  m 1 Câu 3.Một tổ có 10 học sinh Hỏi có cách chọn học sinh từ tổ để giữ hai chức vụ tổ trưởng tổ phó? 2 A 102 B A10 C C10 D A10 Lời giải Chọn B Số cách chọn học sinh từ tổ để giữ hai chức vụ tổ trưởng tổ phó A10 Vậy suy ra: Đáp án B 2 1  Câu 4.Tìm số hạng chứa x khai triển f  x   x  x  1 4  n thức An  Cn 14n 10 10 A C19 10 10 B C19 x  x  2 10 C C19 Lời giải 3n với n số tự nhiên thỏa mãn hệ 10 10 D C19 x Chọn B n  n 5 Từ phương trình An  Cn 14n   1  Với n 5 , ta có f  x   x  x  1 4   x  2 3n 1 15 19   x  2  x  2   x  2 16 16 1 19 k k 19 k 19 Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có f  x    x     C19 x 16 16 k 0 10 Số hạng chứa x khai triển tương ứng với 19  k 10  k 9 10 10 10 10 C19 x 25 C19 x Vậy hệ số số hạng chứa x10 khai triển 16 Câu Trong hội thi có 2n  học sinh tham gia ( n nguyên dương), gồm Hoa, Hồng, Cúc 2n học sinh khác Xếp tùy ý 2n  học sinh ngồi vào dãy ghế đánh số từ đến 2n  , học sinh ngồi ghế Giả sử Hoa, Hồng, Cúc xếp ngồi vào ghế đánh số x, y, z gọi p xác suất để y  x  z Biết p  12 , mệnh đề sau đúng? 575 A n   24;33 B n 15 C n 33 D n   15; 24  Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu số cách xếp  2n  3 học sinh vào ghế Khi n     2n  3 ! Gọi T biến cố: “Hoa, Hồng, Cúc xếp ngồi vào ghế đánh số x, y, z xz cho y  ” Suy x  z chia hết cho Khi đó, toán trở thành: xếp Hoa Cúc vào chỗ x z thỏa mãn xz tổng x  z số chẵn (khi y  nên có xếp cho Hồng) Ta có 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: x, z lẻ Do từ đến 2n  có n  số lẻ, nên trường hợp có An 2  2n  ! cách xếp Trường hợp 2: x, z chẵn Do từ đến 2n  có n  số chẵn, nên trường hợp có An 1  2n  ! cách xếp 2 Khi số phần tử biến cố T là: n  T   An 2  An 1   2n  ! n  T   An 2  An 1   2n  ! 12   Theo ta có: p   * n    575  2n  3 ! Ta có:  *   n 1  n    n  n 1  12  n2n 12   2n 1  2n    2n  3 575  2n 1  2n  3 575  n 11 tm  (do n   )  48n  479n  539 0    n  49  l   48 Vậy n 11 15 thỏa mãn yêu cầu đề Câu Tổng   22   22022 A S 22022  B S  2023 (1  22022 ) C S 22023  D S 1011(1  22022 ) Lời giải Chọn C 22023  S 1 22023  2 m  57 x2  x 1  m; n số nguyên dương Khi giá trị biểu  với a  x   n a x thức S m  n A B C D Câu 7.Biết lim ax  Lời giải Chọn C x2  x 1  x   a2 x   1  x a  4   x x  a2  lim     x   1 a  x  a2   x    57  N a   2a  3a  0     57  L a   m 3    S 7 Vậy S 7 n 4 Ta có: lim ax  Câu 8.Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có AB a tích thẳng AB BC  A 90 B 30 C 60 Lời giải Chọn C Gọi E điểm đối xứng A qua B Ta có AB / / BE AB BE a suy ABEB hình bình hành    AB / / BE  AB, BC  BE , BC  EBC Xét tam giác BBE có BB  BE  BBE vuông B  BE  BB2  BE  2a  a a Xét tam giác BBC  có BB  BC   BBC  vuông B  BC   BB2  BC 2  2a  a a Xét tam giác AC E có C B  AB BE  AE a3 Góc hai đường D 45  AC E vuông C   C E  AE  AC 2  4a  a a Suy tam giác BEC  có BE C E BC  a  BEC  tam giác   60  AB, BC  60  EBC Vậy góc đường thẳng AB BC  60 Câu : Cho hình lập phương ABCD ABC D cạnh a Tính sin  với  góc hai mặt phẳng  ABD  BAC  A sin   2 3 B sin   C sin   3 Lời giải D sin   Chọn A Gọi I  AC   BD, K  AB  AB Khi đó, IK  ABD   BAC  Ta có, sin   d  A,  ABD  d  A, IK  Vì IK  AI  AK  a nên tam giác AIK a Gọi H hình chiếu A  ABD Khi đó, d  A,  ABD   AH Gọi E trung điểm IK  d  A, IK   AE  1 1 1 a         AH  2 2 AH AA AB AD a a a a a d  A,  ABD  2   Vì vậy, sin   d  A, IK  a Câu 10 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A , AC 4a , ASB  30 Góc hai mặt phẳng  SAB   ABC  30 Biết I trung điểm SA tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Gọi Ta có  góc IB mặt phẳng  SAC  Khi sin   21 khoảng cách hai đường thẳng AC SB A 14 a B a C 3a Lời giải Chọn D D 3a   Ta có: I trung điểm SA tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC  SBA SCA 90 Dựng hình chữ nhật ABDC  AB  BD  AB   SBD   AB  SD  1 Mà   AB  SB  AC  CD  AC   SCD   AC  SD     AC  SC Từ  1   suy SD   ABCD   SAB    ABC   AB     30 Mặt khác:  SB  AB, SB   SAB     SAB  ,  ABC    SB , BD  SBD   BD  AB, BD   ABC    Xét tam giác SBD có: tan SBD SD SD  tan 30   SD 4 3a 4 a BD Đặt AB  x 1 2 2 Ta có: IB  SA  DB  DC  SD  64a  x 2 Gọi H hình chiếu D lên SC  DH  Mặt khác: sin  IB,  SAC    d  B,  SAC   IB  SD.DC SD  DC d  D,  SAC   IB   4a.x 16a  x DH IB 4a.x   x 4 3a  AB 4 3a 2  21 a  16a  x   3a 3a 2 x   AB  64a  x  3 Với AB  3a AB , SB 8a , ta tính tan ASB    ASB 30 (Loại) SB Với AB 4 3a , SB 8a , ta tính tan ASB  AB   ASB  30 (Nhận) SB  AB  AC  d  AC , SB   AB 4 3a Mà:   AB  SB Câu 11.Cho hàm số y  x  2mx  m Có giá trị nguyên m thuộc đoạn   10;10 để hàm có đạt cực tiểu x 0 A 10 C 20 B 11 D 21 Lời giải Chọn B Ta có y ' 4 x  4mx 4 x( x  m) Nếu  m 0  m 0 hàm số đạt cực tiểu x 0 (thỏa mãn) Nếu  m   m  hàm số đạt cực đại x 0 (không thỏa mãn) Vậy m 0 m  , m    10;10  m    10,  9,8,  7, 0 Vậy có 11 giá trị 2 Câu 12 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f  x  x  x    x   Hàm số g  x   f  10  x  đồng biến khoảng đây? A   ;  1 B  1;  C  2;    D  1;3 Lời giải Chọn C 2 Ta có g  x   10  x   f  10  x    10  x   10  x    10  x   2 Hay g  x  5  x  10   x  12   x    x 2  12 g  x  0   x    x 1  Bảng xét dấu g  x  Vậy hàm số g  x  đồng biến  2;    nghịch biến   ;  Câu 13 Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  Khẳng định sau ? A m  10 B  15  m  10 x m  0; 2 ( m tham số thực) x2 C  m 8 Lời giải D   m  Chọn B Nếu m  y 1 (khơng thỏa mãn tổng giá trị lớn nhỏ 8) Nếu m  hàm số cho liên tục  0; 2 y  2m  x  2 Khi đạo hàm hàm số không đổi dấu đoạn  0; 2 Do Min y  Max y  y    y    x 0;2 x 0;2   m  m  3m    4  3m  8  m  10 Câu 14 Có số nguyên  a; b; c  với a, b, c  X   5; 5 để đồ thị hàm số Theo đầu ta có f  x  ax  bx  c có dạng hình vẽ bên? B 20 A C 25 Lời giải D 50 Chọn A Dựa vào đồ thị ta thấy: a  0; c  Hàm số đạt cực trị điểm x 0; x 1 nên phương trình f  x  0 có ba nghiệm phân biệt x 0; x 1 Có: f  x  4ax  2bx nên suy ra: f  1 4a  2b 0  b  2a Suy b  Hàm số đạt cực đại x 1 f  1  Hay a  b  c  Suy ra: a  2a  c   c  a Mặt khác: b  2a b    5; ;5 nên b   2; 4 +) Nếu b 2 a  Vì a  c  nên khơng có giá trị ngun c thỏa mãn +) Nếu b 4 a  Vì a  c  a, c   nên c  Vậy tìm số  a; b; c    2; 4;  1 thỏa mãn yêu cầu toán Câu 15 Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị  C  Biết tiếp tuyến đồ thị  C  điểm có hồnh độ vng góc với đường thẳng x  y 0 f   4 Tính giới hạn lim x A  f  x   f  2x  2  x B C  20 D 10 Lời giải Chọn C Từ giả thiết ta có: f   4 ,  f   lim x Ta có: f  x   f  2 f  x  lim x  x x  f  x   4   f  x     f  x   f  2x  2  lim  x x x x   f  x   4   f  x   4  f  x       f  x      lim     lim    3.2    4  3.2.4  20 x x x x x  x        2 Câu 16.Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x   2m  1 x   m  m   x  m  có hai điểm cực trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền 74 A B C D Lời giải lim Chọn A 2 Có y  x   2m  1 x  m  m  Để hàm số có điểm cực trị  y 0 có nghiệm phân biệt m  2      2m  1   m2  m      m  Gọi x1 ; x2 hoành độ điểm cực trị hàm số Điều kiện x1  , x2   S  x1  x2 2  2m  1   m Theo Viet, ta có:  2  P x1.x2 m  m   Để hai điểm cực trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền 74  x12  x22 74   x1  x2   x1 x2 74  m 3   2m  1   m  m   74  14m  14m  84 0    m  Kết hợp điều kiện ta có m 3 thỏa mãn yêu cầu toán Câu 17 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ: x     f  x   0  f  x  Tính tổng tất giá trị tham số m    2021; 2021 để phương trình  2x  f   sin m   4  695 A 3 cos m có hai nghiệm phân biệt B  1937  965 Lời giải C D  1973 Chọn C  2x    sin m  cos m số nghiệm phương trình Số nghiệm phương trình f   4 f  x  sin m  cos m số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  với đường thẳng d : y sin m  cos m Từ đồ thị hàm y  f  x  ta có phương trình f  x  sin m  cos m có hai nghiệm phân biệt    sin  m   0  cos m 0 3       cos m 2  sin  m   1 3       2021   2021   k 2021    TH 1:  k   k    sin m    sin m     m   k , k     m  5  k 2  2021 k     k    643;  642; ;642  643       S1   643     642      642  1286  643.  3 3  3  3  5 2021    2021  k     2021   k 2 2021    2 12 2 12  k    322;  321; ;321 TH2:   k   k   5 322  5   5   5  S   2.322     2.321      2.321  644  644        643  322 965   Vậy, ta được: S S1  S  3 2 Câu 18 Cho hàm số f  x  ax - x  bx  g  x  cx  x  d có đồ thị hình vẽ Biết đồ thị hàm số f  x  cắt đồ thị hàm số g  x  ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1.x2 x3 12 Với giá trị m giá trị lớn hàm số y 3 f  sin x    m  ? A m  B m 5 C m 1 D m  Lời giải: Chọn B 2 Dựa vào đồ thị ta có a  f '  x  k g  x   3ax  x  b kcx  4kx  kd Từ đó, suy k 1, c 3a; b d Phương trình hồnh độ giao điểm ax3  x  bx  3ax  x  b  ax    3a  x   b   x   b 0 Theo đề ra, ta có: x1 x2 x3 12  b  12a  b   1 a Hàm số g  x  đạt cực đại x  2 4      g   3a     b 1   b 1   3a 3a 3a  3a   3a  Từ  1   kết hợp điều kiện a  suy a  x3 , b  Vậy f  x    x  3x  3 Xét hàm số y 3 f  sin x    m Đặt t sin x   t   1,3 y m  13   m 5 Dễ thấy max  1,3 Câu 19 Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ bên Có giá trị ngun tham số m    2; 20 để đồ thị hàm y  có ba đường tiệm cận đứng? A 24 B 18 C 17 Lời giải x  x3  x f  x     m  f  x   2m D 19 Chọn C 5 Từ bảng biến thiên ta có f ( x )  x  x  16   f  x    Ta có f  x     m  f  x   2m 0    f  x  m   x   x 2  x  x    x  1 x  3x3  x y  f  x     m  f  x   2m  f  x     f  x   m   x  x    x  1  x  2  x  2  x  x  1  f  x   m   x    f  x   m   x  a   TH1: m   f  x  m    x a   Đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận đứng: x 2, x a, x  a  x 0  TH2: m 3  f  x  m   x  b    x b   y x  x  1  x  2 2 x  x  b   x  b   x  x  2 x  x  b   x  b   Đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận đứng: x 2, x b, x  b, x 0  x  c    x  d   2;0   TH3:   m   f  x  m    x d   0;    x c   Đồ thị hàm số có nhiều ba đường tiệm cận đứng A B C D Lời giải Chọn A 4b - a =t 4b - a Khi đó: a = 4t, b=25t , =10t Đặt: log a = log 25 b = log 2t t ỉư ỉư 4.25t - 4t 2÷ 2÷ t t t t ỗ ỗ Nờn: =10 4.25 - = 4.10 ỗ ữ ữ ỗ ữ + 4.ố ữ- = ỗ ỗ5 ứ ố5 ứ t ổử 2ữ ỗ ữ ỗ ữ= 2 - ỗ ố5 ứ t a ổ4 ữ Suy ra: = ỗ ữ ỗ ữ= (2 - 2) = 12 - ố25 ứ b ỗ ổa ổa Vy: M = log ỗ = log 6 = + 4b ÷ - log b = log ỗ +4 2ữ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ç ç è2 ø è2b ø 2 Câu 28.Tìm tất giá trị tham số m để phương trình 4.4 x 2 x   2m   x 2 x 1   6m  3 32 x có hai nghiệm thực phân biệt A   m   B m   m   C m   m   D   m   2 Lời giải Chọn D 2 4.4 x 2 x   2m   x 2 x 1   6m   32 x 4 x 2 0 (1)  4x  x 1  4   9   2m   x x  x 1  x 1  2   2m      3 x  x 1   m  3 x  x 1 4 x  0 0 x  x 1   6m  3 0 ( x 1) (2)  2  2  Đặt t       1 Suy  t 1  3  3  3 Pt (2) trở thành: t  (2m  2)t  6m  0 (3)  t 3 (loai )   t  2m   Để phương trình (1) có nghiệm x phân biệt  Phương trình t  (2m  2)t  6m  0 có nghiệm t thuộc khoảng  0;1    2m   1   1 m  1 m 1  Câu 29.Cho f ( x ) 5 x2 ( x 1)2 Biết rằng: f (1) f (2) f (2020) 5 n với m, n số nguyên dương phân m số tối giản Tính m  n n A m  n 2021 B m  n  C m  n 1 D m  n 2020 Lời giải Chọn B Ta có: f ( x) 5 1 1  x ( x 1)2 x2 ( x 1)2  x ( x 1) 5 x ( x 1)2 5 x2  x 1 x ( x 1) 1 1  x x 1 5 2020 m n Do đó: f (1) f (2) f (2020) 5  1   1 x  x 1  x 1 m n 2020 5    m  x 1  n    x  x 1 4084440 m    m 4084440 20212  1, n 2021 2021 2021 n 2 Vậy: m  n (2021  1)  20212   2021  Câu 30.Số giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn   21; 22 để phương trình log ( x  m  x x  4) (2m  9) x   (1  2m) x  có nghiệm là: A 12 B 24 C 25 D 10 Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: x  m  x x     log x  m  x x   2m   x     2m  x    log x   x   x  m 2mx  x   x   2m x    4x  log   m  2mx  x   x   2m x   x 4  x   x  m x   mx   log   2mx  x   x   2m x    x 4  x     log  x  2m   x   2mx    x  2m    x   2mx  log  x   x     log x  m x   mx  x  2m x   2mx  log 2 2  x2   x  2 Xét hàm số f  t  log t  t , t   0;   f  t     0, t   0;    nên hàm số ln đồng biến TXĐ t ln Khi  1  x  2m x   2mx  x   x  2m     x2   x   2m 1  8x x2   x 8x   2m 1  x   2m 1  x2   x  8x x2   x  x 4  x   2m  x x2   x2  Xét hàm số g ( x) x x   x với x    ;    Ta có g ( x)   x2   x lim g  x   lim  x x   x    x 4   0, x      lim  ;  x   x   x  lim  x   x     1  x2   x  x  x2   x x2   x    1    lim g  x   lim  x   1    x   x   x     Ta có bảng biến thiên g ( x )  2m 2 m 2 Do m nguyên thuộc đoạn   21; 22 nên số giá trị m 24 Để phương trình có nghiệm Câu 31 Cho hai số thực x, y thỏa mãn đồng thời x  y 16 , log x2 2 y 1  y  x  1 1 Biết tồn cặp số thực  x; y  thỏa mãn mx  y  3m  12 0 Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m thỏa mãn toán? A 12 B C 10 D Lời giải Chọn B Ta có: x  y 16 suy tập hợp điểm có tọa độ  x; y  nằm hay phía ngồi đường trịn  C1  : x  y 16 Do  x; y   0;0  không thỏa mãn điều kiện đề nên x2  y 1  2 2 2 Khi log x2 2 y 1  y  x 1 1  x  y   y  x 1  x  y  x 0 , suy tập hợp 2 điểm có tọa độ  x; y  nằm đường tròn  C2  : x  y  x 0 Vậy tập hợp số  x; y  thỏa mãn đề điểm nằm miền tô đậm Nhận xét:     Đường tròn  C1  cắt đường tròn  C2  hai điểm phân biệt A 2; , B 2;  ; Đường thẳng  : mx  y  3m  12 0 qua điểm cố định M   3;  có hệ số góc k  m  Gọi d1 đường thẳng qua điểm M B suy d1 MB  5;   vtcp d1 nên hệ số   2 3 d góc đường thẳng d1 : kd1  ; tiếp tuyến đường tròn  C2  qua M   3;  tiếp xúc với  C2  điểm C  4;  nên hệ số góc đường thẳng d : kd2 0 2 3 m Để tồn cặp  x; y  kd1 k kd2   0 12   m  Do m số nguyên nên m   0;1; 2;3; 4 2 x 2 Câu 32 Cho số thực x, y thỏa mãn x  y   y log ( x  y  x  y  3) Gọi m, M 3x 1 giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  Hiệu M  m bằng: 2x  y  A M  m 3 B M  m  14 C M  m 2 14 D M  m  14 Lời giải Chọn B x  y   y log x.( x  y  x  y  3)  2x   y 2 2 y  y 2 2 y 2x 2 x 4 x.( x  y  x  y  3) ( x  y  x  y  3) x  y 2 2 y  x  2 x  1 ( y 1)2 ( x  y  x  y  3)  x  1  ( y  1)  Đặt t  x  1  ( y  1)  t 0  , ta BPT: 2t t  Xét đồ thị hàm số y 2t đồ thị hàm số y t  hình vẽ Từ đồ thị ta 2t t   t 1 Suy ( x  1)  ( y  1) 1 hay cặp số ( x; y ) thỏa mãn tốn thuộc hình trịn tâm I (1;  1) bán kính R 1 3x   (2 P  3) x  Py  P  0 Ta có P  2x  y  Gọi đường thẳng d : (2 P  3) x  Py  P  0 Để ( x; y ) thỏa mãn tốn d  C  có điểm chung  d  I ,  d   R  3P  (2 P  3)  P 1  P  12 P  0  14  14 , suy giá trị M  m  14 Vậy chọn đáp án B P  2 Câu 33.Khối hai mươi mặt có số đỉnh, số cạnh, số mặt A 30;12; 20 B 12; 20;30 C 20;30;12 D 12;30; 20  Lời giải Chọn D Câu 34 Số mặt phẳng đối xứng hình hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng, chiều cao đôi khác A C B D Lời giải Chọn C Có ba mặt phẳng đối xứng ba mặt phẳng trung trực ba cạnh xuất phát từ đỉnh hình hộp chữ nhật Suy đáp án C Câu 35 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SA 4a Mặt bên SAB tam giác cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Góc đường thẳng SC mặt phẳng  ABCD  600 Thể tích khối chóp S BCD 4a 15 2a 15 8a 15 A B C D 4a 15 3 Lời giải Chọn B S 4a A H B D 600 C Gọi H trung điểm cạnh AB Vì SAB cân S  SH  AB  SAB    ABCD   SH   ABCD  Mặt khác:   SAB    ABCD   AB Giả sử hình vng ABCD có cạnh x  x  