Đề thi thử THPT quốc gia

Hơn nữa bốn mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau nên các bán kình đường tròn ngoại tiếp bằng nhau, suy ra I cách đều 4 mặt của tứ diện.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I t[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

(Đề

thi có trang gồm câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 2020

Mơn thi: Tốn

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề).

Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số ( )

2

x

y C

x x

-=

+ + .

Tìm tọa độ tất điểm thuộc đồ thị ( )C hàm số có tung độ nguyên

Câu 2 (2,5 điểm) Cho hàm số ( )

4

2 3

2

x

y= - x + C

Tìm tọa độ tất điểm M thuộc đồ thị ( )C cho tiếp tuyến đồ thị

( )C

M cắt ( )C hai điểm phân biệt P, Q khác M thỏa mãn MP =3MQ với P

nằm Q M

Câu 3 (2,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm:

( x2- x+ -1 x2+ +x 1)( x2- x+ -1 m) + +x 2m+ =6 0

Câu 4 (2,0 điểm) Gọi S tập nghiệm phương trình

( 2log2 ) ( 3)

x x

x- x - m- - m=

(với m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để tập hợp S có hai phần tử?

Câu 5 (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có

5, 10, 13

AB =CD = AC =BD = AD =BC = Tính khoảng cách từ điểm A đến

mặt phẳng (BCD)

Câu 6 (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA x tất cạnh

lại Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo x tìm x để thể tích lớn

Câu 7 (2,0 điểm) Cho hàm số ( )

4

g x =ax +bx +cx +dx c+ có đồ thị hình bên Tìm số điểm cực tiểu hàm số f x( ) =g g x( ( ))

Câu 8 (2,0 điểm) Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số đôi nột khác Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 15

Câu 9 (2,0 điểm) Cho hàm số ( )

2 2

9

2 2

x x x

x x x

f x = + -- - + p - +q

+ + + Tìm tất giá

trị p q, để giá trị lớn hàm số y= f x( ) đoạn éë-ê 1;1ùúû nhỏ tìm giá trị nhỏ

HẾT

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích gì thêm

HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO)

Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số ( )

2

x

y C

x x

-=

+ + .

Tìm tọa độ tất điểm thuộc đồ thị ( )C hàm số có tung độ nguyên

Hướng dẫn.

+ Dễ thấy hàm số xác định với xỴ ¡ Xem y tham số, xét phương trình ẩn

x sau: ( )

2 1 2 3 0

yx + y- x+ y+ =

(*) Ta có y= Û0 x=3 Xét y¹ phương trình (*) có nghiệm khi:

( )2 ( ) 2 14 14

1 14

7

y- - y y+ ³ Û - y - y+ ³ Û - - £ £y - +

+ Yờu cu yẻ Â ị yẻ -{ 2; 1;0- } Khi tọa độ điểm cần tìm

( 1; ,) 1; 2

ổ ửữ

ỗ ữ

- - ỗỗ- - ữữ

ỗố ứ,

(- -1 2; ,- ) (- +1 2; 1- )

, ( )3;0

Câu 2 (2,5 điểm) Cho hàm số ( )

4

2 3

2

x

y= - x + C

Tìm tọa độ tất điểm M thuộc đồ thị ( )C cho tiếp tuyến đồ thị

( )C M cắt ( )C tại hai điểm phân biệt P, Q khác M thỏa mãn MP =3MQ với P

nằm Q M

+ Giả sử tồn điểm

4

2

;

2

m

M mổỗỗỗ - m + ửữữữữ

ỗố ứ thuc th ( )C thỏa mãn toán Tiếp

tuyến đồ thị ( )C M ( )( )

4

3

2

2

m

y= m - m x m- + - m +

cắt ( )C P, Q

khác M thỏa mãn MP =3MQ với P nằm Q M

+ Từ suy MP =3MQ Û OP - 3OQ = - 2OM Þ x1- 3x2= - 2m( )* uuur uuur uuur uuur uuur

+ Mặt khác x x1, khác mlà nghiệm phương trình:

( )( ) ( )

4 2

2 3 4

3 6

2 2

x - x + = m - m x m- +m - m + Û x - m x+ m = x m

-( )2 2

6 ,

x m m m

Þ + = - £

1,2

x m m

Þ = - ±

- Thay vào (*) ta m= ± (thỏa mãn) Vậy ta có hai điểm M cần tìm

5 2;

2 Mổỗỗỗ- - ửữữữữ

ỗố ứ v

5 2;

2 Mổỗỗỗ - ửữữữữ

ỗố ứ. Li bỡnh:

Bi ny gii tng tự đề thi học sinh giỏi tỉnh Khánh Hòa ngày 31/10 năm 2019

Câu 3 (2,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm:

( x2- x+ -1 x2+ +x 1)( x2- x+ -1 m) + +x 2m+ =6 0

Hướng dẫn.

+ Dễ thấy phương trình xác định với xỴ ¡ Biếm đổi để lập m, ta có:

( 2 ) ( )( )

2 1 1

méêê- x - x+ - x + +x ỳự ổỳ+ốỗỗx + - x - x+ x + +x ÷÷÷øư+ =

ë û .

Đặt

2

2

2

1

1

x

t x x x x

x x x x

-= - + - + + =

- + + + + hàm lẻ x

2 2

2

lim 1, lim

1 1

x x

x x

x x x x x x x x

đ- Ơ đ+Ơ

-

-= =

+ + + + - + + + + ta có

( 1;1) tỴ - .

+ Từ ta có phương trình ẩn tlà: ( ) ( )

2

2 0, 1;1

2 t

m - t + + = tỴ

-( ) ( ) ( ) ( )

2 12 16 16

2m t + t f t t, 1;1 f t' 0, t 1;1

-Suy

13 13 13

13

3

m m

- < < - Þ - < < -

+ Kết luận: Để phương trình cho có nghiệm

13 13

2 m

- < < -

Câu 4 (2,0 điểm) Gọi S tập nghiệm phương trình

( 2log2 ) ( 3)

x x

x- x - m- - m=

(với m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để tập hợp S có hai phần tử?

Hướng dẫn.

+ Xét phương trình f x( ) = -x 2log2x=0,xẻ (0;+Ơ ) Ta cú ( )

2

'

ln2

f x

x

= - =

2 ln2

x

Û =

điểm cực tiểu f x( ) (0; ) ( )

2

min 2log

ln2 ln2

f x +¥

ỉ ửữ

ỗ ữ

= - ỗỗ ữữ<

ỗố ứ nh th

phng trỡnh f x( ) =0 có hai nghiệm x=2,x=4

+ Bây ta xét ( 3)

x- m- x- m=

Đặt ( )

2

3x = > Þt t - m- 1t m- =0

Ta phải có điều kiện ( ) ( )( )

2 1 0, 0 1 0

t - m- t- m³ t> Û t+ t m- ³ .

• Trường hợp 1: ( )

2 1 0, 0 , 0 0

t - m- t m- > " > Ût t>m t" > Û m£

Mà

*

mẻ Ơ ị mẻ ặ

ã Trường hợp 2: t2- (m- 1)t m- =0,t> Û0 t=m>0 Để S có hai phần tử hai nghiệm x=2,x=4 nghiệm phương trình Þ m= È9 m=81 + Kết luận: Có hai giá trị nguyên dương m để S có hai phần tử

Câu 5 (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB CD  5,AC BD 10,AD BC  13 Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)

Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Dễ thấy mặt tứ diện tam giác (c.c.c) nên trung tuyến tương ứng nhau:

CM = DM hay ta có tam giác CMD cân Suy (trong mặt phẳng (MCD)) MP đường trung tuyến trung trực CD Cũng MP trung trực

AB

Tương tự có NQ trung trực BC AD Mặt khác dễ dàng chứng minh

MNPQ hình bình hành tâm I Suy IA = IB = IC = ID = R I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Hơn bốn mặt tứ diện tam giác nên bán kình đường trịn ngoại tiếp nhau, suy I cách mặt tứ diện

Gọi H hình chiếu vng góc I mp(BCD) H tâm đường trịn ngoại tiếp BCD Đặt AB CD c   5,AC BD b   10,AD BC a   13,IH h HC r,  Ta có:

 2

cos cos sin

2 130 130

a b c

B

ab

   

    

nên diện tích mặt là:

1

sin

2

S  ab  

Do

5 26

4 14

abc r CH

S

  

Mà

2 2

2 2

2 4

a b c c MP MC  CP    

3

2

MP IP

   

Nên

2 2 2 25.26

4 2 196

R IC CP IP     h IH  R  r   

Từ thể tích tứ diện

4

4

3

I BCD

V  V  h S  

Gọi d khoảng cách từ A đến (BCD):

Ta có

3 12

7

V d

S

 

Câu 6 (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA x tất cạnh

lại Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo x tìm x để thể tích lớn

Hướng dẫn.

Gọi H hình chiếu vng góc S đáy ABCD Từ giả thiết ta có ABCD hình thoi Ta có tam giác vng SHB SHC SHD  (cạnh chung SH

và cạnh huyền 1), suy HB HC HD r   H tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác BCD, H thuộc AC Gọi I tâm hình thoi Khơng giảm tổng qt ta giả sử H thuộc đoạn IC

Đặt SH =h IH, =y Ta có IB2=r2- y2 ( )

2 2 2 4

AC +BD = AB +BC =

nên:

( )2 ( 2 2) 2 2

2 4 2

2 r

r y r y r ry y

r -+ + - = Û + = Þ = , 2 r

AH r y

r -= + = Mà 2 1 2 r

h r x

r ổ- ửữ ỗ ữ = - = - ỗỗ ữữ ỗố ứ 2

1 1 x

r r

x x

-Û = - Þ =

Từ

1

2 2 1 x r y r x + = = -, ( ) ( ) 2 2 x

r y r y

x = - + = -, ( ) 2 2

1

2 x

h r h

x x

-= - + = - Þ =

. Ta có

( ) 2 2

1 1

2

2

ABCD

S AC BD r y r y r y

r

= = + - = - ( ) ( )

2

2

2

4 5

4

1

x x x x

x x x - -= = -

-Vậy ( )

( )( ) ( ) 2 2 2 2

2

2

6

6 1

Đặt

2 4;

2

x = ẻ ỗt ổ ửỗỗ ữữữữ

ỗố ứ xột ( ) (

)( )

( )

2

2

2 10 13 4

2

1

t t t t

f t

t t t

- - - +

-= =

- +

-;

( ) 22

10 13 20 13

' ;

2

2

t t t

f t t

t t t

ỉ

- + - - + ỗ ữữ

= = = ẻ ỗỗỗ ữữ

+ ố ø Do maxf t( ) =94.

Vậy

1 35

4

max

V = Û x=

Câu 7 (2,0 điểm) Cho hàm số ( )

4

g x =ax +bx +cx +dx c+ có đồ thị hình bên Tìm số điểm cực tiểu hàm số f x( ) =g g x( ( ))

Hướng dẫn.

Ta có

( ) ( ) ( ( )) '( )( ( ))0

' ' '

'

g x f x g x g g x

g g x

é =

ê

= = Û ê

= ê

ë

+ Xét g x'( ) =0 có nghiệm x=2,x=3,x=4.

+ Xét

( )

( ) ( )( ) ( )

2

'

4 g x

g g x g x

g x é = ê ê = Û ê =

ê = ê

ë có nghiệm khác khác x=2,x=3,x=4.

Do f x'( ) có nghiệm đơn khác đổi dấu lần nên có cực trị Bây ta thấy a> nên f x( ) đạt cực tiểu trước tiên cực tiểu cuối

( ) ( )

lim , lim

xđ- Ơ f x = +Ơ xđ+Ơ f x = +Ơ .

Vậy số điểm cực tiểu f x( )

Câu 8 (2,0 điểm) Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi nột khác Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 15

Hướng dẫn. Số phần tử không gian mẫu ( )

3

9

n S = A

- Nếu chọn ba số a b c, , từ A có C33 cách, có 3

C 3! Số lập Tương tự

ba số a b c, , từ B hay ba số a b c, , từ C có C33.3! số lập

Và ta có 3.C33.3! = 18 số.

- Nếu chọn a b c, , tập hợp A, B, C số có C31 C .

3

C cách có C .

3 C .

3 C

.3! số lập, hay có 162 số

Khơng có hai ba chữ số a b c, , thuộc tập hợp chữ số lại thuộc tập khác

Như trường hợp ta có: 18 + 162 = 180 số

+ Trường hợp 2: Số có dạng abc5 Như ta cần a b c, , khác đôi có tổnga b c+ + + chia hết cho (a khác 0) từ tập hợp M = {0; 3; 6; 9}, N = {1; 4; 7}, P = {2; 8}

- Nếu chọn a từ M có C31 cách, b c, cho chữ số từ M chữ số từ

P có

1 C .

2

C cách Và có C .

3 C .

2

C .2! số lập, hay có 36 số.

- Nếu chọn a từ M có C31 cách, b c, từ N có

C cách, có C .

3 C .2!

số lập, hay có 18 số

- Nếu chọn a b c, , cho hai chữ số từ P có C22 cách, chữ số từ N có C

cách, có

2 C .

3

C .3! số lập được, hay có 18 số.

Như trường hợp ta có 36 + 18 + 18 = 72 số

Cả hai trường hợp ta có 180 + 72 = 252 số

Xác suất cần tìm 93

252

18

p A

= =

Câu 9 (2,0 điểm) Cho hàm số ( )

2 2

9

2 2

x x x

x x x

f x = + -- - + p - +q

+ + + Tìm tất giá

trị p q, để giá trị lớn hàm số y= f x( ) đoạn éë-ê 1;1ùúû nhỏ tìm giá trị nhỏ

Hướng dẫn.

Đặt

2 1

; 3

2

x

x t t

ộ ự

- ờ ỳ

= ị ẻ -ê ú

2

1 1 ; 1 ;

3

p p

gỗổ ửỗỗỗ- ữữữữ= + -q p gỗỗổửỗỗ ữữữữ= + +q p gỗỗỗổ ửỗ- ữữữữ= - +q

è ø è ø è ø .

+ Trường hợp 1:

1

2

6

p p

p p

- < - È - > Û > È <

- Khi giá trị nhỏ

( ) y= f x

thuộc {1+ +p q; 1+ -p q} Chú ý với max ,{ } ,{ }

a b

a b ³ + ³ a b

ta ta cho dấu xảy Û a= , có:b

0

1

1

q

p q p q

p q q p

é = ê

+ + = + - Û ê + + =

-ê ë

( )

0

q

p l

é = ê Û ê =-êë

So sánh với điều kiện ta 1;1 ( ) ( )

max f x p 3, p 2,q

é-ê úù ë û

ổ ửữ

ỗ ữ = + > > =

ỗ ữ

ỗố ứ

+ Trng hợp 2: pỴ -êéë 2;2ùúû Khi

2

1

4

p q p q q

- + = - £

1+ + £p q 3+q,

1+ -p q £ 3- q

nên 1;1 ( ) 1;1 ( )

max f x q maxf x p 2,q

é- ù é- ù

ê ú ê ú

ë û ë û

ổ ửữ

ỗ

= + ị ỗỗố ữữứ = Û = =

Hoặc maxéë-ê ú1;1ûù f x( ) = -3 q = -3 q>3,(p=2,q<0).

Kết luận: Với p=2,q=0 1;1 ( )

maxf x

é-ê úù ë û

ỉ ư÷

ỗ ữ =

ỗ ữ