Tổ 7 đợt 1 HSG 12 sở GDDT NAM ĐỊNH

Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: Tốn TN(Bài độc lập) Lớp: 12 Thời gian làm bài: 60 phút Câu [2D3-2.1-1] Cho hàm số liên tục thỏa mãn Tính giá trị A B C D Lời giải Chọn C Ta có Câu Vậy [2D1-4.1-1] Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng? A B C D Lời giải Ta có Khi Ta có x2 � x4 �  x  2  x  4  � � Điều kiện xác định hàm số �x �0 �x �3 � �  x �0 �� � �x3  x  20 x  16 �0 �x �2 � Ta có Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng hàm số Câu y  e x  log2 [2H1-3.3-2] [2D2-4.1-1] Tìm tập xác định D hàm số D   �;1 � 2; � D   1;2 A B �/  1;2 �/  1 C D x 1 x Lời giải Tác giả: NGUYỄN TIẾN LỢI; Fb: NGUYẾN TIẾN LỢI Chọn B �x �0 �x �0 � �� �1 x  �x   x   � � Điều kiện xác định hàm số �1  x Vậy D   1;  tập xác định hàm số Câu Cho tứ diện ABCD tích V với M,N trung điểm AB,CD Gọi V1,V2 V1  V2 thể tích MNCB MNDA Tính tỉ lệ V Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 B A 1 C D Lời giải Tác giả: NGUYỄN TIẾN LỢI; Fb: NGUYỄN TIẾN LỢI Chọn B MK  AH  1 BCD  MK , AH Dựng vng góc với mặt phẳng Dựa theo định lý Thales SBCN  SBCD  2 Lại N trung điểm CD nên Từ  1 � V  V   Tương tự ta suy 1 V  V V1  V2 4 1  V Vậy V Câu V2  V B ' C �� D Gọi O ' giao điểm AC BD Tính tỷ số [2H1-3.3-2] Cho hình hộp ABCD A� B ' C �� D thể tích khối hộp ABCD A� B ' C �� D thể tích khối chóp O A� A B C D Lời giải Tác giả:Lánh Vũ Thị Ngọc Chọn D Gọi h  d   ABCD  ,  A���� BCD  Khi h  d  O� ,  A���� BCD  (Vì O� � ABCD  ) VO� A���� h.S A���� BCD  BCD B C D  h.S A���� BCD Ta có có VABCD A���� VO� A���� BCD  � VABCD A���� BCD Câu [1D3-3.3-1] Cho cấp số cộng khẳng định sau?  un  có u1  3 , cơng sai d  Hãy chọn khẳng định Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 A u5  B u4  C u6  D u3  Lời giải Tác giả:Lánh Vũ Thị Ngọc Chọn D Vì Câu un  u1   n  1 d � u3  3  2.3  y  f  x D  �\  1;1 [2D1-5.3-2] Cho hàm số xác định , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên sau: Tìm điều kiện cần đủ tham số m để đường thẳng d : y  2m  cắt đồ thị hàm số y  f  x hai điểm phân biệt? m � �; 2  �� 1; � m � �; 2  � 1; � � A B C m � �; 2 � 1; � D m � 2;1 Lời giải Tác giả: Nguyễn Phương; Fb: phuongnguyen Chọn B Đường thẳng d : y  2m  cắt đồ thị hàm số 2m   3 m  2 � � �� � 2m   m 1 � � Vậy Câu m � �; 2  � 1; � y  f  x hai điểm phân biệt x x [2D2-5.3-1] Biết phương trình  3.2  m  có nghiệm x  Tính nghiệm lại A B 1 C D Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 Lời giải Tác giả: Nguyễn Phương; Fb:phuongnguyen Chọn A x x 0 Phương trình  3.2  m  có nghiệm x  �  3.2  m  � m  � 2x  x0 � x  3.2 x   � �x �� x 1 2 � � Với m  phương trình có dạng: Câu Vậy nghiệm lại phương trình x  [2D1-5.6-1] Số tiếp tuyến đồ thị hàm số y   x  x song song với trục hoành là: A B C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Tiết Hạnh; Fb: Hạnh Tiết Tiết Chọn D  4 x  x Ta có y   x  x � y� Gọi điểm M  x0 ; y0  tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị hàm số y   x  x � f�  x0   Do tiếp tuyến song song trục hoành: y  x  � y0  � f�  x0   � 4 x03  x0  � �0 x0  �1 � y0  � Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  (loại tiếp tuyến trùng với trục hồnh) y  (nhận) Vậy có tiếp tuyến đồ thị hàm số y   x  x song song với trục hoành y  x4  x  Câu 10 [2D1-2.1-1] Giá trị cực tiểu hàm số là: A B C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Tiết Hạnh; Fb: Hạnh Tiết Tiết Chọn B Tập xác định: D  � x0� y 7 � � y  � � x  �2 � y  y�  x3  x ; � Bảng biến thiên: Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 y x  x2  Vậy giá trị cực tiểu hàm số y  x3  x  x  2019 Câu 11 [2D1-1.1-1] Hàm số nghịch biến  1;3  �;1 A B 3;  �  �;1  3;  � C D  Lời giải Tác giả: Trịnh Đình Hiểu; Fb: Trịnh Đình Hiểu Chọn A x  1 � � � x3 � Ta có: y '  x  x  y '  Bảng xét dấu y ' Vậy: Hàm số nghịch biến  1;3 Câu 12 [1D2-2.1-1] Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau? A 600 B 240 C 720 D 625 Lời giải Tác giả: Trịnh Đình Hiểu; Fb: Trịnh Đình Hiểu Chọn A a, b, c, d , e, f � 0;1; 2;3; 4;5 Gọi số tự nhiên có chữ số khác abcdef với a �0; Số cách chọn chữ số a : có cách Số cách xếp chữ số lại vào vị trí b; c; d ; e; f : có 5! cách Vậy có tất 5.5!  600 số thỏa mãn yêu cầu đề M  1;  2;  Câu 13 [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A, B, C với uuur uuur AB  0;1;  AC   2;  1;0    trung điểm BC Biết , Tìm tọa độ điểm A A  1;1;   A  2; 2;  3 A  0; 2;  3 A  2;  2;3 A B C D Lời giải Tác giả: Hạ Kim Cương ; Fb: Hạ Kim Cương Chọn D A x ; y ; z  Gọi tọa độ điểm uuur uuur uuuur Ta có, AB  AC  AM , suy uuuu r AM    x ;   y ;  z  Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 �2    x  �x  � � ��   2  y  � �y  2 � A  2;  2;3 �2    z  � �z  � Câu 14 [2D1-3.1-2] Giá trị lớn hàm số y   x A B C D Lời giải Tác giả: Hạ Kim Cương ; Fb: Hạ Kim Cương Chọn A TXĐ: y' D   2; 2 2 x y' �  x2 , y  2   y    y  0  2 x  x2 0� x0 , , Vậy giá trị lớn hàm số Câu 15 [2H2-1.1-1] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình trụ có tọa độ hai tâm hai đáy I (1; 2;3) J (2;3; 4) Biết bán kính đáy hình trụ R  Tính thể tích khối trụ B  A 3 C 3 D 3 Lời giải Tác giả: Phạm Thái; Fb: Phạm Thái Chọn A Chiều cao khối trụ: h  IJ    1        3  V   R2h    3 2  3 Vậy thể tích khối trụ : Câu 16 [2D2-4.3-1] Hàm số nghịch biến tập xác định nó? y  log e x y  log x y  log x   A B C D y  ln x Lời giải Tác giả: Phạm Thái; Fb: Phạm Thái Chọn C Hàm số y  log e x  e 1 có số  nên nghịch biến tập xác định Câu 17 [2D2-4.1-1] Hàm số A ln x  không xác định số nguyên? C B Lời giải D vô số Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 Chọn A Hàm số ln x  xác định khi: x ۹� x Vậy hàm số không xác định giá trị nguyên x e Câu 18 [2D3-2.1-2] Cho hàm số A I  2 f  x   cos   ln x  Tính tích phân C I  2 B I  I � f�  x  dx D I  2 Lời giải Chọn A e Ta có: I � f�  x  dx  f  x  e e  cos   ln x   2 1 M  a ;b ; c Câu 19 [2H3-3.3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm thuộc mặt phẳng  P  : x  y  z   thỏa mãn AM  với điểm A  1;  2;3 Tính a  b  c A B C D 12 Lời giải Tác giả: nguyễn Thị Dung FB: dungbt nguyen Chọn B Ta có d  A,  P    2 433  � d A,  P   AM   � M hình chiếu vng góc điểm A  P  � đường thẳng AM qua A có vectơ phương vectơ pháp tuyến  P  r r u AM  n  2;  2;1 �x   2t � � AM : �y  2  2t �z   t � M �AM � M   2t ;   2t ;3  t  � 5� �t  �M �  ; ; � M � P  �   2t    2  2t    t   3 3 � � Mà 5 abc      3 3 Khi đó, A  1; 0;0  B  0; 2;0  Câu 20 [2H3-2.1-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm , , C  0; 0;   Biết có ba điểm phân biệt D, E , F cho điểm tạo với A, B, C thành hình bình hành Tính diện tích tam giác DEF Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 A B C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Dung; FB: dungbt nguyen Chọn C Theo giả thiết, ta suy A, B, C trung điểm cạnh  DEF � S DEF  4S ABC uuur � �AB  1; 2;0  uuu r uuur �uuur � AB AC  1;0;   � � � � , AC �  4; 2;  Ta có uuur uuur 2 � S ABC  � AB, AC �   4    2   22  � � 2 Vậy, S DEF  y  x  x  mx  2018 Câu 21 [2D1-1.5-3] Gọi S tập giá trị nguyên m cho hàm số  1;  đồng biến khoảng  3;  Tính số phần tử S nghịch biến khoảng A 10 B C D Lời giải Chọn C Tập xác định D  �  x  x  m , x �� Ta có y�  1;  đồng biến khoảng  3;  phương Hàm số nghịch biến khoảng  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 �1  �x2 �3 Điều xảy trình y� 1 m  � �   m �1 m 1 � � m 1 � � �� � � �  m �2 �1   m �3 3 �m �0 � 3 �m �0 � � � Suy S   3; 2; 1;0  P  ,  Q  song song với cắt khối cầu tâm O , bán kính R Câu 22 [2H2-4.1-3]Cho hai mặt phẳng tạo thành hai hình tròn bán kính Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm hai Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 hình tròn, đáy trùng với hình tròn lại Tính khoảng cách quanh hình nón lớn 2R C B R A R  P ,  Q để diện tích xung D R Lờigiải Chọn C Cắt hình nón mặt phẳng qua trục, ta thiết diện hình Khi đó, ta có OA  R 2 2 Đặt OH  x , ta có SH  x , AH  R  x , SA  R  x Diện tích xung quanh hình nón R  x � R  3x  Ta có S xq   AH � SA   R  x � R  3x 2R2 �3R  3x � R  x � 3 Đẳng thức xảy 3R  x  R  x � x  R 3 y  x  cos x Câu 23 [2D1-3.1-3] Gọi M , N giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số �  �  ; � � 4 � �   A   32  B 12  1 C Lời giải Chọn A Ta có y  x  cos x y�  x x2  2sin x, x �0 +) y�không xác định x  +) y�  � x  x sin x    D Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 � �  x �� 0; � � sin x  � x  � � �: y  � x  x sin x  12 Với � �  x ��  ;0� � sin x   � x   � y  � x  x sin x  � �: 12 Với y  0  Ta có : � �  y � �  12 � 12 � � �  y�  �  � 12 � 12 � �  y � � �4 � � �  y�  � � 4� Suy M   N  12 ;        12 Vậy y  mx   m  m  x  2019 Câu 24 [2D1-2.5-2] Hàm số có điểm cực trị m � 1;0  � 0; � m � �; 1 A B m � 1; � m � 1;0  � 0; � C D M N  Lời giải Chọn D +)Trường hợp m  : y  2019 , hàm số khơng có điểm cực trị nên m  không thỏa mãn +) Trường hợp m �0 : Hàm số cho hàm trùng phương m  m  m  �0 Hàm số cho có điểm cực trị � m  m  1 �0 ۳ m 1 m � 1;0  � 0; � Đối chiếu điều kiện m �0 ta Vậy m � 1;0  � 0; � 2 Câu 25 [2D3-2.2-2] Biết A  giá trị cần tìm  sin �  x  cos x dx  a  b B 4 với a , b �� Tính a  b C 2 D Lời giải Tác giả: Phạm Văn Nghiệp; Fb: Phạm Văn Nghiệp Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 + TH2: H tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Do tam giác ABC nên khơng tính tổng qt giả sử H tâm đường tròn bàng tiếp góc A ABC Ta có AH   2, BH  CH  2 Nếu SA  SH  SA  AH  (vơ lí) 2 Nếu SA �3 SB  SC  Ta có: SH  SB  BH  1 V  SH S ABC  3 Thể tích khối chóp S ABC  6 3 + Vậy thể tích nhỏ khối chóp S ABC V  A 1;  2;0  B  3; 4;   Câu 34 [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm  , , C  1;  2;  1 P : x  y  3z   P mặt phẳng   Số điểm M nằm mặt phẳng   cho tứ giác MABC hình thang đáy BC A B C D Lời giải Chọn A Ta có uuur BC   2;  6;  Gọi d đường thẳng qua A song song với BC Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 r u   1;3; 1 Suy d có vectơ phương Phương trình tham số �x   t � d : �y  2  3t ; t �� �z  t � Vì MABC hình thang đáy BC nên MA / / BC � M �d M � P  Mặt khác M  d � P  �x   t �x  �y  2  3t �y  � � � � M  2;1; 1 � � z   t z   � � � � x  y  z   t 1 � Tọa độ M thỏa mãn: � uuuu r uuuu r uuur AM   1;3;  1 AM Khi Suy hai vectơ , BC ngược hướng nên tứ giác MABC hình thang đáy BC Vậy khơng có điểm M thỏa mãn toán x 2 Câu 35 [2D2-4.7-2] Với giá trị a  0, a �1 , đồ thị hàm số y  a qua điểm cố định A đồ thị hàm số y  log a   x  qua điểm cố định B Tính độ dài đoạn thẳng AB A B C D Lời giải Chọn B x 2 A  2;1 Dễ thấy đồ thị hàm số y  a qua điểm cố định Đồ thị hàm số y  log a   x  qua điểm cố định AB    2 B  3;0     1  2 Khoảng cách hai điểm AB là: f  x  1; 2 thỏa mãn f    , Câu 36 [2D3-2.3-3] Cho hàm số có đạo hàm liên tục 2 f  x 5 d x    ln � f x d x   ln f  x  dx     � � � 12 12  x  1 1 Tính tích phân 3 3  ln ln  ln  ln 3 A B C D 2 Lời giải Chọn D � u  f  x � du  f �  x  dx � � f  x � � 1 dv  dx � I � dx v  2 � �  x  1 x 1 �  x  1 Xét Đặt � Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 2 1� 1� � � �I �   �f  x   �   � f�  x  dx � x  � x 1 � � � 1� �1 ��  � f�  x  dx    ln � x 1 � 12 (1) 1� Ta có:  f � x   dx  � 2 1� 3� �1  ln 2�  �f �  x  dx  � �  ln � � 12 , �x  � �, � 12 2 1� �1  �dx   ln � � x 1 � 12 1� 2 � 1� � 1� � 1 ��  � dx  � f �  x  � f� x  dx  �   � dx  x    �� � �f � �  � �x  � � � x 1 � x 1 1� � f  x    ln  x  1  x  C  x � 1; 2  f  2  , nên C  ln  f  x    ln  x  1  x  ln  1, x � 1; 2 Ta có: 2 � � f  x  dx  � dx   2ln � ln  x  1  x  ln  1� � � 1� Vậy:  ABC  , đáy ABC tam Câu 37 [1H3-4.3-3] Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng giác vng cân B , AC  a Gọi G trọng tâm tam giác SAB K hình chiếu  ABC   AGK  vng góc đỉnh A cạnh SC Gọi  góc hai mặt phẳng a  KBC  Tính cos  , biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng A cos   B cos   2 C cos   Lời giải Chọn D Cách 1: Theo cơng thức hình chiếu D cos   3 Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 AM   SBC  Gọi M hình chiếu vng góc A SB , ta dễ chứng minh hay AM   KBC  , kết hợp giả thiết suy d  A,  KBC    AM  a 1  2 � SA  a SA AB Do tam giác SAB vng A có AM đường cao nên AM Do tam giác SAB vuông cân A nên M trung điểm SB suy G �AM  ABC  , góc  hai mặt Gọi N , I hình chiếu M , K mặt phẳng  ABC  phẳng  AGK  góc hai mặt phẳng  ANI   AMK  cos  Ta có S ANI AK  a S AMK Tam giác SAC có AK đường cao nên tính Tam giác K � AK  AI AC S AIN  1 AI AN sin 45� a 2 12 AKC vuông Tam giác AMK vng M có � S AMK AM  � AI  a , 2 a a MK  AK  AM  , a S ANI cos   12  S AMK 3  AM MK  a a 12 , 12 Cách 2: Tính theo định lý cách xác định góc hai mặt phẳng AN  a AB  2, Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 Các điểm M , K xác định cách 1, kéo dài MK cắt BC J Ta dễ chứng minh �  AGK  � ABC   JA � �JA   SAC  �  SAC  � AGK   AK � AI �SAC � ABC  AI � AGK , ABC  AK , AI  KAI  �   cos              � AK , Cách : Theo định nghĩa góc hai mặt phẳng Ta dễ chứng minh  AGK  SA   ABC  SC   AGK   ABC  , suy góc  hai mặt phẳng góc hai đường thẳng SA SC SA cos  cos � ASC   SC Suy X   1; 2; ;8 Câu 38 [1D2-5.2-4] Cho tập Gọi A tập số tự nhiên có chữ số đơi khác lập từ X Lấy ngẫu nhiên số từ tập A Tính xác suất để số lấy chia hết cho 2222 C82C62C42 8! A 192 B 8! 4!4! C 8! 348 D 8! Lời giải Chọn B Ta có Vì n     8! a  a1a2 a8 Gọi số lấy từ A có dạng 2222  2.1111 , 1111 số nguyên tố nên a M2 � �a M2 a M2222 � � � �8 1111 � aM 1111 �a M Từ a1  a2   a8      36M9 nên aM9999 Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 Lại có  a  a1a2 a8  10000.a1a2 a3a4  a5a6 a7 a8  9999.a1a2a3a4  a1a2 a3a4  a5a6 a7 a8 aa a a   a5a6 a7 a8 M9999  suy 2000  a1a2 a3a4  a5a6 a7 a8  18000 Nhưng a1  a5  a2  a6  a3  a7  a4  a8  a1a2 a3 a4  a5 a6 a7 a8  9999 nên hay Dễ thấy số tự nhiên a thỏa mãn điều kiện a8 số chẵn chia hết cho 2222  1;8 ,  2;7  ,  3;6  ,  4;5  Chia số từ X thành bốn có tổng a8 có cách chọn Mỗi cách chọn a8 ta có cách chọn a4 Ba lại  a1 ; a5  ,  a2 ; a6  ,  a3 ; a7  hốn vị cho nhau, đồng thời hai phần tử có hốn vị cho nên có tất n  A   4.3!  2!  192 3!  2! cách chọn Tóm lại, ta có Vậy P  A  n  A  192  n   8! x   m x  x   x4  x2   m Câu 39 [2D1-1.4-4] Cho phương trình  x2  x    Biết tập  a ; b  Tính P  b  a hợp tất giá trị m để phương trình cho có nghiệm 26 13 13 13  A B C D Lời giải Chọn C x2   m x2  x   x4  x   m � x2   x4  x2   m   x2  x    x2  x   x2  x    2 2 Đặt t  x  x   x  x  � t  x  x  x   Xét hàm số t  t�  x  � t�  x  2x 1  2x  x  x   x  x  liên tục �có x  x  x2  x  2x 1 2x 1  0 �  x  1 x  x    x  1 x  x  x2  x  x2  x  2 �  x  1  x  1 �0 � �� 2  x  1  x  x  1   x  1  x  x  1 � � Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 �� x� �� �� � �� x � �� � �x  (Vô nghiệm) Mặt khác t�  0  � t�  x  2x 1 x  x 1  2x  x2  x   0, x � � Bảng biến thiên: � t � 1;1 Ta có phương trình: t  12  2m  t   � t  12  2m t 2 t  2 (l ) � t  4t  12 t  12 � f t   �   � f  t  , t � 1;1 t  (l )  t  2 � t 2 Xét hàm số , Bảng biến thiên: t  12 13 13 13  2m t � 1;1 � 13  2m   �   m   t 2 có nghiệm Phương trình 13 13 13 � a  ,b   � b  a  Câu 40 [2H1-3.3-2] Một khối lập phương tích gấp 24 lần thể tích khối tứ diện Hỏi cạnh khối lập phương gấp lần cạnh tứ diện A B 2 D C.1 Lời giải Tác giả: Vũ Thị Hồng Lê; Fb: Lê Hồng Chọn D Gọi cạnh khối lập phương a , cạnh tứ diện b Thể tích khối lập phương là: V1  a Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 Thể tích khối tứ diện là: V2  b3 12 Theo giả thiết khối lập phương tích gấp 24 lần thể tích khối tứ diện nên ta có: V1  24.V2 � a3  24 b3 � a  2.b3 � a  2.b 12 Vậy cạnh khối lập phương gấp cạnh tứ diện Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: Tốn TL (Bài độc lập) Lớp: 12 Thời gian làm bài: 75 phút x3 x  có đồ thị  C  điểm O  0;0  Tìm tất giá trị tham số m để Câu Cho hàm số  C  hai điểm phân biệt A B thỏa mãn trọng tâm G đường thẳng d : y  x  3m cắt y tam giác OAB thuộc đường thẳng  : x  y  m  Lời giải x3  x  3m Xét phương trình hoành độ giao điểm x  (với x ẩn số) (1) Đường thẳng d cắt đồ thị nghiệm phân biệt  C hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai � �x �2 (1) � � 2 x   m  1 x  6m   � Khi x   m  1 x  6m   có hai nghiệm phân biệt khác 2 �    m  1   6m  3  � � 9m  30m  33  �   m  1  6m  �0 � với m �� d Ta có O �۹ m Gọi x1 x2 nghiệm phương trình (1) Theo Định lí Vi-ét ta có Giả sử x1  x2    m  1 A  x1 ;2 x1  3m  B  x2 ; x2  3m  , �x  x  x1  x2   6m � � m 1 � G �1 ;  ; m  1� � G� 3 �hay � � Khi � m0 � �� m�2 � Ta có G � � m  2m  Đối chiếu điều kiện m �0 ta tất giá trị cần tìm m  2; Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 Câu 1) Có số tự nhiên gồm chữ số thỏa mãn khơng có số lặp lại lần log5 x  x 2) Giải phương trình Lời giải Tác giả: Trần Công Dũng; Fb: Dung Tran 1) Số số tự nhiên có chữ số là: 9.10  9000 số Số số tự nhiên có chữ số mà số lặp lại lần là: số Số số tự nhiên có chữ số mà số lặp lại lần có:  9.3  35 số Tương tự cho trường hợp số số tự nhiên có chữ số mà số 2, 3, ,9 lặp lại lần 35 số Vậy số số thỏa yêu cầu toán là: 9000    35.9   8676 số �x  � 2) Điều kiện: �x �4 Đặt t  log 5 x t Khi  x (1) Nhận thấy x  nghiệm phương trình nên t �0 1 log 5 x  t � log   x   �  x  3t (2) t Vậy t t Từ (1) (2) ta    (3) 1 t t t t • Với t       3  • Với t  Xét hàm số f  t   t  2t  t ln t  ln t2 � f�  t   1 3t ln 2.3t ln � � f�  t     2t ln 2  t t với t  � f�  t Mà đồng biến khoảng f�  1  Vậy phương trình f�  t  Suy phương trình Nhận thấy f�  2  f  1  có nghiệm khoảng f  t   0; �  0; � có nhiều hai nghiệm khoảng f  log   • Với t  x  • Với t  log x   0; � nên phương trình (3) có hai nghiệm  0; � Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 Vậy S   2;3 Câu [2Đ2-5.5-4] Giải hệ phương trình � y2 x    � x x � �ln  x  3  x  20 x  12  ln y  y � Lời giải 2x   � � � x  20 x  12 �0 � �x  � � � �x �0 � �y  � y  Điều kiện hệ phương trình � Xét hệ phương trình � y2 x    � x x � �ln  x  3  x  20 x  12  ln y  y �  1  2 x  y 1  � (1) �  x  1  y �  x  y  1  x  y  1  � � x  y 1  � Khi x  y 1  x ,y0 2 Do trường hợp x  y   khơng thỏa mãn Vì nên   trở thành Với x  y   � y  x  phương trình ln  x  3  x  20 x  12  ln  x  1   x  1 1 ln  x  3  x  x   ln  x  1   x  1 2 1 � ln  x  3  ln  x  1   2x    x  1  ln  x  1   x  1 2 � � ln  x  3  x  1   2x  3  x  1 • Xét hàm số f  t   ln t  t t  ln  x  1   x  1  3 với 1 f�  t     0, t  t nên hàm số f  t   ln t  t đồng biến Ta có Nên  3 � � f   x  1  x  3   f  x  1  x  3  x  1  x 1 �� x 1 � �x  3x   x  x    x  1 �� � � �x  �� �� � �� � x2 �x  �x  � x � � � � y  x   x  • Với (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x  2; y  �1 � � ; �� �2 � Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019 Câu  ABCD  , đáy ABCD hình thang Cho hình chóp S ABCD có SA vng góc với mặt phẳng vng A B , AD  3BC  3a , AB  a , SA  a Gọi M trung điểm SD I thỏa uuur uur mãn AD  AI a Tính thể tích khối tứ diện CDMI Tính góc hai đường thẳng AM SC b Gọi E , F hình chiếu A cạnh SB , SC Gọi H giao điểm SI AM Tính thể tích khối nón có đáy hình tròn ngoại tiếp tam giác EFH đỉnh thuộc mặt phẳng  ABCD  Lời giải S M F K E H A I M' D K' B C  ABCD  a Gọi M �là hình chiếu vng góc điểm M mặt phẳng �SA//MM � a � � MM �  SA  2 Trong tam giác SAD , có �MS  MD �AD // CD � �AI  BC  AB �� o Trong hình thang ABCD , có �A  90 Suy ABCI hình vng SCDI  CI DI  a 2 Diện tích tam giác CDI 1 a a3 V  SCDI MM '  a  3 Vậy thể tích khối tứ diện CDMI CI  AD � � CI   SAD  � CI  AM  1 � CI  SA Ta có: � Trong tam giác vng SAD , có: Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019 �  60o SD  SA2  AD  3a � SM  AM  SA  a � SAM tan � ASI  AI �  30o  � ASI SA � SI  AM   Suy SHA  90 ( H giao điểm SI AM ) Do Từ  1   suy AM   SIC  � AM  SC o Vậy góc hai đường thẳng AM SC 90 b Ta có �AE  SB �AE  SC � AE   SBC  � �  3 � �AE  BC �AE  EF �AH  SC SM   SIC  � AH   SIC  � �  4 �AH  HF AF  SC    3 ,   ,   suy bốn điểm A , E , F , H đồng phẳng; mặt phẳng đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH trung điểm K đoạn AF Từ SC   AEFH  tâm Gọi K �là trung điểm đoạn AC   EFH  // FC SC //  AEFH  nên KK � Vì KK � hay K �là đỉnh hình nón cần xét Trong tam giác SAC , có: 1  2 � AF  AF SA AC AS AC AS  AC 2  a 30 a 30 � KF  10 AC 2a a FC   � KK �  FC  SC 5 Vậy thể tích V �của khối nón có đáy đường ngoại tiếp tam giác EFH đỉnh thuộc mặt phẳng  ABCD  1 a 30 a  a V�   KF KK �    3 100 50 Câu 5  x3  y  z    x  y  z   xy  yz  zx   15 xyz Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức P   x  y  z    y2  z2  Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Minh; Fb:Minh Văn Nguyễn Khi x, y, z dương Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 18 Năm 2019  x  y  z    x  y  z   xy  yz  zx   15 xyz �  x3  y  z  3xyz    x  y  z   xy  yz  zx  �  x  y  z   x  y  z  xy  yz  zx    x  y  z   xy  yz  zx  �  x  y  z  xy  yz  zx   xy  yz  zx �  x  y  z    xy  yz  zx  � x  x  y  z   yz   y  z  yz   y  z   4  y  z    y  z  �  y  z  Vì 2 2 2 nên x  xA � A � x  xA  A �0 (với A  y  z  ) � ۣ A x A  y  z  �x �y  z hay P  2 x  y  z   y  z Do  �2  y  z yz  2 P �2t  t t  y  z Đặt , t  f  t   2t  t với t  Xét hàm số Ta có f�  t    2t  � t  Bảng biến thiên �x  y  z  � �� yz maxP  � t  � y  z  � Suy Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 18 Năm 2019