Đề thi thử THPT quốc gia

Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng   P chia tứ diện SABC thành hai phần.. Tìm m để hàm số có cực đại.. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a d[r]

ĐỀ HSG 12 TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM 2019

MƠN TỐN TIME: 180 PHÚT

Câu (2.0 điểm)

a Cho hàm số

1

y x 

có đồ thị đường cong

 

C điểm

5 ;

I 

  Viết phương trình đường thẳng d qua I cắt

 

C hai điểm M , N cho I trung điểm MN

b Cho hàm số

2 2 y x  x  x m

, với m tham số Tìm m để hàm số có cực đại Câu (2.0 điểm)

a Giải phương trình sau tập số thực :







 



3 7x2 9x 12 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1

x

         

b Cho sáu thẻ, thẻ ghi số tập E



1;2;3; 4;6;8



(các thẻ khác ghi số khác nhau) Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút ba thẻ ghi ba số số đo ba cạnh tam giác có góc tù

Câu (2.0 điểm) Cho tích phân





2

0

( ) sin d

t

I t 



x x x a Tính I t( ) t  .

b Chứng minh I t( )I t( ) 0,    t

Câu (3.0 điểm) Cho khối tứ diện SABC hai điểm M N, thuộc cạnh SA SB, cho

1

,

2

SM SN

MA  NB  Gọi

 

P mặt phẳng qua hai điểm M N, song song với đường thẳng SC.

a Trong trường hợp SABC tứ diện cạnh a, xác định tính theo a diện tích thiết diện khối tứ diện SABC với mặt phẳng

 

P

b Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng

 

P chia tứ diện SABC thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

Câu (1.0 điểm) Chứng minh với số ngun dương n1 ta ln có:





1





logn n1 logn n2

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG 12 TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM 2019

MƠN TỐN TIME: 180 PHÚT

Câu (2.0 điểm).

a Cho hàm số

1

y x 

có đồ thị đường cong

 

C điểm

5 ;

I 

  Viết phương trình đường thẳng d qua I cắt

 

C hai điểm M N, cho I trung điểm MN

Lời giải

Tác giả:Trần Thị Thúy; Fb: Thúy Minh, Huyen Nguyen

Cách :

+ Gọi d qua điểm

5 ;

I 

  có hệ số góc k có phương trình là:

5

6

y k x   

 

12 10 15

12

kx k

y  

 

+ Xét phương trình hồnh độ giao điểm

 

C d:

1 12 10 15

12

kx k x

 



 





 

0

12 10 15 12 *

x

g x kx k x

    

    

 

+ Đường cong

 

C cắt d hai điểm M N, phương trình

 

* có hai nghiệm phân biệt khác

 

0

0

k

g      

 







2

0

10 15 4.12

12

k

k k

  

    

  

 

0

219 84 50

219 84 50

k

k

k   

  

    

     

 .

+ Với k thỏa mãn

 

1 , gọi x x1; 2 hoành độ hai điểm M N, , với x x1; 2 hai nghiệm phương trình

 

*

+ Theo định lý Vi-et ta có:





1

5

12

k x x

k

 

 

+ I trung điểm MN khi:

1 2 I x x  x





5

12

k k

 

 

2

k k k

    

+ Với

3

k

ta có phương trình đường thẳng d là: 3x 2y 5

Cách 2:

+

 

1 ;

M m C

m  

  

  , I trung điểm MN nên ta có:



2 ;2



;5

3

I M I M

N x x y y m

m 

 

     

 

5

;

3

m m m

  

 

 

 

+ Vì N

 

C suy

5

2

m

m m

 

 



 



5 0;

3

5

m m

m m m

 

 

  

    



2

5

0;

3

3 3

m

m m

m

m m

 

 

 

 

  

 

   

  .

+ Với m2 ta có

1

2; ; ;3

2

M   N     .

+ Với

1

m

ta có

1

;3 ; 2;

3

M  N      .

+ Đường thẳng d qua hai điểm M , nhận





7 7

; 2;3

3

MN   



làm vecto phương, hay nhận n



3; 2





làm vecto pháp tuyến :





3 2

2

x   y 

   3x 2y 5 0.

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: 3x 2y 5 b Cho hàm số

2

2x m

y x x

 

 

, với mlà tham số Tìm mđể hàm số có cực đại Lời giải

Tác giả:Đặng Ân; Fb:Đặng Ân Nguyễn Văn Diệu; Fb Dieupt Nguyên

Hàm số

2 2x m

y x x

 

 

TXĐ: .

Trường hợp 1: m1  x2 2x m 0 với   x . +

2 2x m x2 x m

y x x

 

    

, hàm số có đồ thị Parabol nên có cực tiểu, suy m1 khơng thỏa mãn.

+









2

2

khi ;1 1 ;

2

3 1 ;1

x x m x m m

x m

x x m x m m

y x x

             

   

       

 

 

+



 







2 ;1 1 ;

2 1 ;1

x x m m

y

x x m m

           

 

      



 .

+)

1

2

2

x   x

Dễ thấy

1

1

2

m   

với m1

1

1

2

m m

     +)

3

2

2

x x

    

Dễ thấy

3

1

2

m   

với m1

3

1

2   m  m4 .

+) Với

3

m

, ta có bảng xét dấu y:

Hàm số đạt cực đại

3

x +) Với

3

1

4m , ta có bảng biến thiên

Hàm số khơng có cực đại Dễ thấy

3

m

hàm số khơng có cực đại Vậy hàm số có cực đại với

3

m Câu (2.0 điểm)

a Giải phương trình sau tập số thực :







 



3 7 9 12 3 2 5 3 3 1

x  x  x  x x  x x  Lời giải

Tác giả: Đặng Mai Hương, Ngô Quốc Tuấn, FB: Đặng Mai Hương, Quốc Tuấn

Cách 1:







 



3 7 9 12 3 2 5 3 3 1

x  x  x  x x  x x 

(điều kiện x3)



4





3





3





3



3

x

x x x x x x

x 

        

 

2

4

5 15

3

3

x

x x x x x

x x

x  

 

      

   

  









 

4 Nhan

8 12

x

x x x x

   

    

 .

Giải

 

1 :





8 12

x  x x   x Đặt t x 0

Phương trình

 

1 trở thành:

 

2 2 3 3 2 t  t  t  t 

(Phân tích phương trình

 

2 sau:



 



2

VT  t at b t ct dt e

Đồng hệ số )

 



 







2

2

3

1

2 :

3 vo nghiem t

t t

t t t t

t t           

   

 .













1

Nhan

1

2 3 Nhan

2

1

0 Loai

t

x x

t  

 

 



     

 

 



 .

Vậy tập nghiệm phương trình cho

9

4;

S  

 

 .

Cách 2: Điều kiện: x3.

Phương trình cho tương đương với:

















2

2 3

4 3

3

x x x x

x x x x

x

    

    

 









 

2

4 Nhan

5 3

3

3

x

x x x x

x x

x  



      

   

  

Giải (1):





2

2 3 3 3 0

3

x x x x

x x

x

    

   

 



x2 3x 3





x 3 1



x2 5x 6 5



x 3



x 3 0

           





9 2x x 8x 12 x

      









3 12 46 57 8 12 4 3 0

x x x x x x x

           



x 3





x2 9x 19

 

x2 8x 12





x 4 x 3



0

           



x 3





x 4 x 3

 

x 4 x 3





x2 8x 12





x 4 x 3



0



x x 3







x 3





x x 3





x2 8x 12





            

 



x x 3







3 x



x x

         

 





 

3

3

x x

x x x

            *Giải (2):

4 9 5

3 2

2

9 19

9

2

x

x x

x x x

x x x                               .

*Giải

 

3 :



3 x



x 3 x0 



x 3



3  x

(vô nghiệm x3)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm

9

4;

S   

 

 .

Cách 3:Phương trình cho tương đương với:



4





3 3





3





2 5 3



3

x

x x x x x x

x           













 

Nhan

3 3

3

x

x x x x x

x                 . Giải (1):





2 3 3 3

3

x x

x x x

x       

 

2 3 3 2 5 3

3

x x x x

x x          













4 5( 4)

4

x x x x

x x

       

 

    .

Xét hàm số

 

2 5 1

,

1

t t

f t t

t      .

 





2 0, t t

f t t

t  

    



, suy hàm số

 

2 5 1

1 t t f t t   

 đồng biến



0;



.

Suy x 3 x





4 x x x          

9 19

Vậy phương trình cho có tập nghiệm

9

4;

S   

 

 .

b) Cho sáu thẻ, thẻ ghi số tập E



1;2;3; 4;6;8



(các thẻ khác ghi các số khác nhau) Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút ba thẻ ghi ba số số đo ba cạnh tam giác có góc tù

Lời giải

Cách Admin Nguyễn Trung Kiên.

Lấy ba thẻ từ 6thẻ có số cách lấy C63, nên số phần tử không gian mẫu

3 20 C

  

Gọi biến cố A: “rút ba thẻ ghi ba số số đo ba cạnh tam giác có góc tù” Giả sử rút ba số



a b c; ;



, với a b c  , 4c, nên c



4;6;8



.

a, b, c ba cạnh tam giác ABC, với BC a , CA b , AB c có góc C tù

2 2

cos

2

a b c

C

ab c a b

  

 

  

    

2 2

4

a b c

c a b     

  

  a2b2   c a b, với c



4;6;8



. +Xét c4 có



a b;

 

 2;3



thỏa mãn.

+Xét c6, a b c  , 6   c a b 2b, nên b4 a3 Suy có



a b;

 

 3; 4



thỏa mãn

+Xét c8, a b c  , 8   c a b 2b, nên b6 a3 a4 Suy có hai bộ



a b;

 

 3;6



hoặc



a b;

 

 4;6



thỏa mãn Suy số phần tử biến cố A A 4.

Nên xác suất cần tìm

4

20

A

p  

 .

Câu (2.0 điểm) Cho tích phân

 





2

0

sin d

t

I t 



x x x a Tính I t

 

t.

Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Khang, Hà Lê; Fb: Bi Trần, Ha Le

a Khi t, ta có:

+

 

2 2





0

1

sin d cos d

2

I x x x x x x

 

 









3

2

0

1

cos d

2

x

x x x

 

 



1.

6 J

  

+ Với

2

0

cos d

J x x x

 



Đặt

2 d d

1 sin

d cos d

2

u x x u x

v x

v x x

 

  



 

 

 

+ Ta có

0

0

sin sin d sin d

2

x

J x x x x x x x

  

 







Đặt

1

1

d d

1

d sin d cos

2

u x

u x

v x x v x

  

 



  

 

 

0

1

cos cos d

2

x

J x x x

 

 

    







1

cos sin

2

x

x x

  

 

   

  .

+ Vậy

 

3 1 1

6 2

I    J       b Chứng minh rằng: I t

 

I

 

t 0

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Bình; Fb:Nguyễn Bình

+ Xét

2

0

( ) ( sin ) d

t

I t x x x

  



Đặt xu, suy dxdu. Đổi cận: x0  u0; xt  u t .

Khi đó:





2





2

0

( ) sin( ) du sin d

t t

I t 



u u 



x x x

Vậy

2

0

( ) ( ) ( sin ) d ( sin ) d

t t

I t I t 



x x x



x x x

(đpcm)

Nhận xét: Nếu làm trắc nghiệm làm nhanh Do hàm số y( sin )x x hàm chẵn nên ta có tính chất:

0

2

0

( sin ) d ( sin ) d

t

t

x x x x x x









Khi đó:

2

0

( ) ( ) ( sin ) d ( sin ) d

t t

I t I t x x x x x x



  







0

2

0

( sin ) d ( sin ) d

t

t

x x x x x x













Câu (3.0 điểm) Cho khối tứ diện SABC hai điểm M , N thuộc cạnh SA, SB cho

1

,

2

SM SN

MA  NB  Gọi

 

P mặt phẳng qua hai điểm M , N song song với đường thẳng SC.

a Trong trường hợp SABC tứ diện cạnh a, xác định tính theo a diện tích thiết diện khối tứ diện S ABC với mặt phẳng

 

P

Lời giải

*) Xác định thiết diện

Ta có:

 





  



/ /

SC P

SC SAC

M P SAC

 

  

 

 

  

P  SAC



MF



MF/ /SC F; AC



.

Ta có:

 





  



/ /

SC P

SC SBC

N P SBC

 

  

 

 

  

P  SBC



NE



NE SC E BC/ / ; 



.  Thiết diện tứ giác MNEF .

Mặt khác ta có: +)NE/ /MF



/ /SC



+) SMNCFE MNFE.

+)

1 / /

3

NE BN a

NE SC NE

SC BS

    

+)

2

/ /

3

MF AM a

MF SC MF

SC AS

    

XétSMN có



2 2. . .

3

a MN  SM SN  SM SN cosMSN 

KẻNH MF, MNEFlà hình thang cân

MF NE a

MH 

   11

6

a NH

 

Vậy diện tích thiết diện là:





2

1 11 11

2 3 12

MNEF

a a a a

S  NE MF NH     

  .

b Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng

 

P chia tứ diện SABC thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

Lời giải

Tác giả: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến; Fb: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến

Cách 1: Vì mp P

 

qua M N, song song với SC nên:

  

P  SAC



MF F,



AC MF, / /SC



;

  

P  SBC



NE E BC NE SC,



 , / /



Khi

1

CF SM

CA  SA  ;

2

CE SN

CB SB  .

Mặt phẳng

 

P chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC MNEFAB + Gọi VSABC V V, MNEFSC V V1, MNEFAB V2.

+ Ta có V1 VMNEFSC VCSEFVSFMEVSMNE. +

2

9

CSEF

CSEF CSBA

V CE CF

V V

V CB CA    .

+

1

SFME SFAE

V SN

+ Mà

















, , AEF SFAE AEF SABC ABC ABC d S AEF S

V S

V  d S ABC S S

















2 ,

, 4

3

2

1 , . ,

2

d B AC AC

d E AF FA

d B AC AC d B AC AC

   4 9 SFAE SFAE SABC V V V V    

 

2 Từ (1) (2) suy

1 4

3 27

SFME

V  V  V

+

1 2

3

SMNE SABE

V SM SN

V SA SB  

 

3

+ Mà

















, , ABE SABE ABE SABC ABC ABC d S ABE S

V S

V  d S ABC S S









1

, 1

2

1 3

,

2

d A BE BE BE BC d A BC BC

   1 3 SABE SABE SABC V V V V    

 

4 Từ (1) (2) suy

2

9 27

SABE

V  V  V

+ Do

2 4

9 27 27

CSEF SFME SMNE

V V V V  V  V  V  V 2

9 V V   + Vậy V

V  V V 

Cách 2: Vì MF/ /NE SC/ / nên tứ giác MNEF hình thang Gọi I FEMN  IAB.

Theo định lý Mennelaus, ta có

+

SM AI BN AI

AM BI SN   BI 

1 IB IA  

+ 1

AB IE FC IE

IB FE AC   FE   E trung điểm FI. +

1 1

4 2 16

IBNE IAMF

V IB IN IE

V IA IM IF  

15

MNEFAB IAMF IBNE IAMF

V V V V V

     Mặt khác IAMF BAMF V IA

V BA

4 IAMF BAMF V V   + 2 ; 3 ABF ABC AM S S AS

 

9 BAMF SABC V V  

15 4

16 SABC

V V V

   1

9 V V   + Vậy V

V  V V 

Câu (1.0 điểm) Chứng minh với số nguyên dương n1 ta có:





1





Lời giải

Tác giả:Hoàng Văn Phiên; Fb:Phiên Văn Hoàng

Cách 1

+ Xét













1

1

log

log log

log

n

n n

n n

A n n

n 

 



  



+ Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho hai số dương logn1n logn1



n2



ta được:





1





1

log log

log log

2

n n

n n

n n

n n  

 

 

  log



2



2

n n n 

+ Mà n22n n 22n1 nên





2

2 2 1

n  n n









2





1 1

log log log

1

2 2

n n  n n n n n  n

   





















1

1 1

log

log log 1 log log

log

n

n n n n

n n

n n n n

n 

  



        



Cách 2

Tác giả:; Fb:Nguyen Trang

+ Với số nguyên dương n1 ta có:





1





logn n1 logn n2













ln ln

ln ln

n n

n n

 

 

 .

+ Xét hàm số





ln

ln

x y

x  

với x1.

+ Ta có:











 





 



2

ln

ln

ln ln

1

ln ln

x x

x x x x

x x

y

x x x x



   



  



+ Với  x 1 x 1 x1; ln



x1



lnx0 xlnx



x1 ln

 

x1



0.

0,

y x

    .

Suy hàm số nghịch biến



1;

