Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 - Trường THPT Thạch Thành 2

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành một cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, m[r]

(1)

Trang | TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 MƠN TỐN

Thời gian: 180 phút

1 ĐỀ SỐ

Câu I:(4 điểm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2    x x

y , gọi đồ thị (C)

2. Tìm m để đồ thị hàm số y x4 2mx2 2m2 m 12 có bảy điểm cực trị

Câu II:(4 điểm)

1. Giải phương trình  

2

2 sin

7 os cot

tan tan

4

x

c x x

x x                  

2 Giải phương trình  

  ) , ( 22 2 2 R y x x x y xy y x y x xy y x                

Câu III:(4 điểm)

1 Cho tập A0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 Có cách chọn số phân biệt A (khơng tính thứ tự) để hiệu số số có giá trị tuyệt đối khơng nhỏ

2. Một anh sinh viên nhập học đại học vào tháng năm 2014 Bắt đầu từ tháng năm 2014 , vào ngày mồng hàng tháng anh vay ngân hàng triệu đồng với lãi suất cố định 0,8%/tháng Lãi tháng trước cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng (lãi kép) Vào ngày mồng hàng tháng kể từ tháng / 2016 sau anh khơng vay ngân hàng anh cịn trả cho ngân hàng

triệu đồng việc làm thêm Hỏi sau kết thức ngày anh trường 30 / / 2018 anh nợ  ngân hàng tiền

Câu IV (6 điểm)

1. Cho khối lăng trụ Khoảng cách từ đến đường thẳng , khoảng cách từ

đến đường thẳng và , hình chiếu vng góc lên mặt phẳng

trung điểm Thể tích khối lăng trụ cho

2 Xét hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật Biết hộp chứa vừa khít ba bóng bàn xếp theo chiều dọc, bóng bàn có kích thước Phần khơng gian cịn trống hộp

chiếm hộp

3. Cho hình chóp có đáy tam giác vng , , , vng góc

với mặt phẳng đáy Điểm trọng tâm tam giác Tính khoảng cách hai

đường thẳng

ABC A B C   C BB

A BB CC A

A B C   M B C  A M 

%

S ABC ABC B AC3a BCa SA

3

SA a G SAC

(2)

Trang | Câu V (2,0 điểm)

Xét số thực dương a b, thỏa mãn log21 ab 2ab a b

a b

    

 Tìm giá trị nhỏ Pmin

2

P a b

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm

I.1  TX Đ : D=R\ 2

 Sự biến thiên

- Chiều biến thiên:

y‟ =

 2

1

0

x D

x   

Hàm số đồng biến khoảng  ; ,  2; 

- Cực trị: Hàm số cực trị - Giới hạn :

lim

x

2

x x

 

 ; xlim

2

x x



  đồ thị hàm số nhận đường thẳng y2 làm tiệm cận

ngang

2

lim

x

2

x x



   ; xlim2

2

x x



 

  nên đường thẳng x=-2 tiệm cận đứng đồ

thị hàm số - Bảng biến thiên

x - -2 

y‟ + +

y 

2 

 Đồ thị

Đồ thị cắt trục Oy (0;3

2), đồ thị cắt trục Ox

;0

 

 

 

2,0

(3)

Trang |

I.2 Đồ thị hàm số 2

2 12

y x mx m m có bảy điểm cực trị đồ thị hàm

số y x4 2mx2 2m2 m 12 cắt trục hoành bốn điểm phân biệt

4 2

2 12

x mx m m có bốn nghiệm phân biệt

2

2 12

2

2 12

m m m

m

m m

4

0

1 97 97

4

m m

1 97

3

4 m

Vậy khơng có giá trị ngun tham số m để đồ thị hàm số

4 2

2 12

y x mx m m có bảy điểm cực trị

2,0

II.1

Điều kiện: sin 0, sin sin os os

4 4

x  x  x c  x c  x

       

Ta có tan tan tan cot

4 x x x x x x

      

                  

           

           

Phương trình trở thành

2.0

2

I

x O

(4)

Trang |

 

2 3

3

cos

sin os sin 3cos os

sin

c otx

4 cot 3c otx 1

c otx

arc cot

2

x

x c x x x c x

x

loai x

x k

                           II.2

ĐK: 0; 0; 22; 3

x y  xy x y

4

1 (1)

( ) ( ) ( )

x y

x y x y x y xy

  

        



+) y = – x, vào (2) ta được:4 2 x 22 3 x  x2 8

2

12 4( 4) 22 (14 ) 3

1

( / )

x x x x x x

x t m x                       

+) y = – x, vào (2) ta được:4 2 x 22 3 x  x2 8

2

12 4( 4) 22 (14 ) 3

1

( / )

x x x x x x

x t m x                       

TH hệ có nghiệm: (-1;2), (2;-1)

+) Xét (xy)4  (x y)3 (x y)22xy0 Có:

 

4 2

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1

( ) ( ( ) 0)

2

x y x y x y xy x y x y x y

x y

x y x y

x y x y x y

x y x y do x y x y

                                                 

Vậy TH không cho nghiệm

(5)

Trang |

Đáp số: Hệ có nghiệm (-1;2), (2;-1)

III.1

III.2

Đặt T a a a1; 2; 3a a a1, 2, 3A a; 1 a2 a a3; 2  a1 2,a3 a2 2

Với a a a1; 2; 3, xét tương ứng với b b b1; ;2 3 cho

1 1;  21;  32

b a b a b a

Lúc ta có : 0 b1 b2 b3

Và tương ứng tương ứng 1-1 do:

+ Với a a a1; 2; 3 cho tương ứng b b b1; ;2 3 công thức

1 1;  21;  32

b a b a b a

+ Ngược lại, với b b b1; ;2 3 cho tương ứng a a a1; 2; 3 công thức

1 1;  2 1;  3

a b a b a b

Đặt B0;1;2;3;4;5;6;7 Tập b b b1; ;2 3 tập có phần tử B Vậy số tập cona a a1; 2; 3 cần tìm C83 56

Anh sinh viên vay hàng tháng a3 triệu đồng từ / 2014 đến / 2016 , tổng cộng 24

tháng

Cuối tháng thứ 1: T1   a ar a1r

Cuối tháng thứ 2: T2   T1 a T1a r a 1 r2a 1 r

…

Cuối tháng n: Tn a 1 rn a 1 rn a 1 r



      

Suy 1   

n n

r

T a r

r

 

 

Vậy tổng số tiền vay đến cuối tháng 8/2016    

24 24

1 0,8%

3 0,8% 79, 662

0,8%

T     

triệu

Tính từ cuối tháng 8/2016 Anh sinh viên thiếu ngân hàng A79, 662và bắt đầu trả đầu hàng tháng m2 triệu từ / 2016 đến / 2018 , tổng cộng 22 tháng

Đầu tháng / 2016 : nợ A m 79, 662 2 77, 662 triệu Cuối tháng / 2016 : tiền nợ có lãi đến cuối tháng:T1 77, 662r1

Đầu tháng 10 / 2016sau trả nợ m nợ 77, 662r 1 m

2.0

(6)

Trang |

Cuối tháng 10 / 2016 : nợ T2 77, 662r 1 m1 r 77, 662 1 r2m1r

Cuối tháng 11/ 2016 : nợ T3 77, 662 1 r3m1r2m1r

…

Cuối tháng / 2018 nợ

       

     

22 21 20

22

21 22

77, 662 1

1

77, 662

T r m r m r m r

r

r m r

r

        

 

   

 22   1 0,8%21

77, 662 0,8% 0,8% 46, 64

0,8%

 

(7)

Trang |

IV.1

Gọi , hình chiếu vng góc lên ,

hình chiếu vng góc lên

Ta có

Từ suy

Xét có suy vuông

Gọi trung điểm ta có

Gọi trung điểm , xét tam giác vng ta có:

( )

Vậy ta có

Xét tam giác vng ta có hay

Vậy thể tích khối lăng trụ

2.0

IV.2 Gọi đường kính bóng bàn Khi kích thước hình hộp chữ nhật 2.0

J K A BB CC

H C BB

 

AJ BB

 

AK CCAK BB

 1  2 BB AJKBBJKJK CH// JK CH 

AJK

 2

5

JK AJ AK  AJK A

F JK

2

AFJF FK 

N BC ANF

cosNAF AF

AN 

5



2

 NAF 60 AN AM  AN AM// ANAM

1

AJK

S  AJ AK 1.1.2

  SAJK SABC.cos 60

1 cos 60

2

AJK ABC

S

S 

   

AMA M MAA AMF 30 AM A M tan 30

15



ABC

V AM S 15.2 15

3

 

(8)

Trang |

Bán kính bóng

Thể tích hình hộp chữ nhật

Thể tích ba bóng bàn

Thể tích phần khơng gian cịn trống hộp là:

Phần khơng gian cịn trống hộp chiếm:

IV.3

Gọi AM đường trung tuyến Kẻ đường thẳng qua G song song với SC, cắt

AC, SA E F Khi nên

Vậy

Mặt khác: , suy hai tam giác đồng dạng (c.g.c)

hay Gọi H chân đường cao đỉnh

A , hay

Xét vng A có AH đường cao, , Ta có

Vậy

2.0 , ,

d d d

2

d r

3 3 V d d d  d

3

4

3

d d

V  r   

3 3

2

d V  V V  d 

3

2 47, 64%

3

d d V

V d

 

 

  

SAC 

 

SC BEF d SC BG , d SC BEF , 

2

AE AG

AE EC

AC  AM            

1

, , ,

2

d SC BEF d C BEF  d A BEF

3

EC BC

BC  AC  ECB BCA

0

90

BEC ABC

   EBACEBSAC AEF

 AHEF AH EB  AH BEF d A BEF , AH

AEF



2

AF SA a AE2a

2 2

1 1

8

AH  AF  AE  a

2

3

a AH

   , 

3

a

(9)

Trang |

V Điều kiện: ab1

Ta có log21 ab 2ab a b log2 1 ab 1 ab log2a b a b   *

a b 

            



Xét hàm số y f t log2t t khoảng 0;

Ta có   1 0,

.ln

f t t

t

      Suy hàm số f t  đồng biến khoảng 0;

Do  * 1    1  2 1 2

2

b

f ab f a b ab a b a b b a

b                 



Do a0, b0 nên 0

2

b

b b

     



Khi đó: 2

2

b

P a b b

b  

   

 Xét hàm số

2

( )

2

b

g b b

b  

 

 khoảng  0;

 

   

2

2 10

0;

5 4

2

2 10

0;

b

g b b

b

  

 



 

       



   

 

Lập bảng biến thiên

Vậy min 10 2 10

4

P g   

 

(10)

Trang | 10 2 ĐỀ SỐ

Câu I (4,0 điểm)

Cho hàm số  

3

yx  x  m  xm với m tham số thực  1

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  1 m

2 Hàm số  1 có đồ thị đường cong  C Tìm tất giá trị thực tham số m để hai điểm cực trị  C hai giao điểm  C với trục hoành tạo thành bốn đỉnh hình chữ nhật

Câu II (4,0 điểm)

1 Giải phương trình cos tan sin cos

cos

x x x x

x

   

 

 

2 Giải hệ phương trình

 

     

5

3

32 2

,

2 13 82 29

x y y y y x

x y

y x x y x

      

 



       



Câu III (4,0 điểm)

1 Cho bảng gồm ô vuông đơn vị hình bên Một em bé cầm hạt đậu đặt ngẫu nhiên vào ô vuông đơn vị bảng Tính xác suất để hàng cột bảng có hạt đậu

2 Một người tham gia chương trình bảo hiểm An sinh xã hội công ty Bảo Việt với thể lệ sau: Cứ đến tháng hàng năm người đóng vào cơng ty 12 triệu đồng với lãi suất hàng năm không đổi 6%/ năm Hỏi sau 18 năm kể từ ngày đóng, người thu tất tiền? (Kết làm tròn đến hai chữ số phần thập phân)

Câu V (4,0 điểm)

1 Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA BC

bằng

4

a

Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C    theo a

2 Cho hình chóp S ABC , tam giác ABC vng đỉnh A có AB1, AC Tam giác SAB, SAC vuông B C Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB

2 Tính diện

tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

3 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vuông cạnh a tâm O Hai điểm E F, trung điểm SA BC Biết góc EF mặt phẳng ABCD 60 Gọi  góc tạo đường thẳng EF mặt phẳng (SBD) Tính sin

(11)

Trang | 11

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz  x z y. Tìm giá trị lớn biểu thức

 

2 2 2 2

2

1 1 1 1

z z

P

x y z z z

   

    

ĐÁP ÁN

I.1

Cho hàm số yx33x2m22xm2 với m tham số thực  1

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  1 m 2

2,0

Khi m 2, hàm số  1 trở thành: yx33x22 0,25

1 Tập xác định D 0,25

2 Sự biến thiên hàm số a) Giới hạn hàm số vô cực

lim

xy , xlimy 

b) Bảng biến thiên

Ta có

3

y  x  x 0

2

x y

x  

    



Hàm số đồng biến khoảng ;0, 2;  nghịch biến khoảng

 0;

Hàm số đạt cực đại x0, giá trị cực đại hàm số y 0 2 Hàm số đạt cực tiểu x0, giá trị cực tiểu hàm số y 2  2

1,0

3 Đồ thị

Giao điểm đồ thị với trục tung:  0;

Giao điểm đồ thị với trục hoành: 1 3;0,  1;0 , 1 3;0

(12)

Trang | 12

Điểm uốn U 1;0

Đồ thị nhận điểm uốn U 1;0 làm tâm đối xứng

0,25

I.2

Hàm số  1 có đồ thị đường cong  C Tìm tất giá trị thực tham số m để hai điểm cực trị  C hai giao điểm  C với trục hoành tạo thành bốn đỉnh hình chữ nhật

2,0

Ta có y3x26x m 22

Do    3m2 6 3m2 3 nên đồ thị hàm số ln có hai điểm cực trị với

m

  Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình y 0

0,5

Ta có: 2 1 2 1

3 3

x

y   y m  x m 

 

Vậy hai điểm cực trị 1; 2 1 1 2 1

3

A x  m  x  m  

 

   

2

; 1

3

C x  m  x  m  

 

Điểm uốn: y6x6, y0  x  y Vậy điểm uốn U 1; Ta có, hai điểm cực trị nhận điểm uốn U trung điểm

0,5

Xét phương trình  

3

x  x  m  xm   1

  2

1

x x x m

    

 

2

1

2

x

x x m

 

    



Phương trình  2 ln có hai nghiệm thực phân biệt x3 x4 Do UOx nên điểm B x 3;0 D x 4;0 đối xứng qua U ABCD ln hình bình

(13)

Trang | 13

hành

Để ABCD hình chữ nhật ACBD

Ta có  1 22 4 12 1 22 4 12  1 22

9

AC  x x  m  x x   m   x x

 

       

2

2 2

4 4

1 1

9 3

m

m m m

  

    

          

    

Và BD2 x3x42  4 4m2

Vậy ta có phương trình: 4  2   

1 1

3 m m m

      

 

 

 2 2

4

1

9 m

     2 2

1

m

  

1

m

   2

2

m 

  

0,5

II.1 Giải phương trình 3 cos tan sin cos cos

x x x x

x

   

 

  2,0

Điều kiện xác định: cosx0

Với điều kiện cosx0, phương trình cho tương đương với:

cos cos sin sin

3 cos

cos cos

x x x x

x

x x

   

0,5

cos cos sin sin cos cos

4 cos

cos cos

x x x x x x

x

x x

 

    0,5

2

cos 2x cos 4x cos 2x 4cos x

      0,5

cos 4x

  

4

x  k   

Vậy phương trình có nghiệm

4

x  k , k

0,5

II.2

Giải hệ phương trình

 

     

5

3

32 2

,

2 13 82 29

x y y y y x

x y

y x x y x

      

 



       



(14)

Trang | 14

Điều kiện: 1,

2

x  y 0,25

●

32x 5 y 2 y y( 4) y 2 2x

5

(2 )x 2x (y )y y y

      

 5

(2 )x 2x y y

       1

0,25

● Xét hàm số

( ) , '( ) 0,

f t  t t f t  t    t , suy hàm số f t  liên tục, đồng biến Từ  1 ta có (2 )f x  f( y2)2x y2

● Thay 2x y2(x0) vào  y 2 1 2x 1 8x313y 2 82x29 ta

 

    

  

3

2

2 52 82 29

2 2 24 29

2 24 29

x x x x x

x x x x

     

      

      

 

2

1

2 24 29

x

x x x

    

    



0,5

● Khi

2

x y =

●  

2x 1 4x 24x290

Đặt 2x 1 t t 0 Phương trình  2 có dạng

  

4

14 42 3 14

t  t  t   t t  t  t 

0,5

   

2

3 1 29

2

t

t t t t

t   

       

  

Khi t2 3, 11

2

x y

Khi 29

2

t  13 29, 103 13 29

4

x  y 

(15)

Trang | 15

Đáp số:  ; 1;3 , 3;11 , 13 29 103 13 29;

2

x y         

     

III.1 Cho bảng gồm 9 vng đơn vị hình bên Một em bé cầm 4 hạt đậu đặt ngẫu nhiên vào 4 vng đơn vị bảng Tính xác suất để hàng nào cột bảng có hạt đậu

2,0

Thực phép thử đặt ngẫu nhiên hạt đậu vào ô vuông đơn vị bảng 3 ô vng đơn vị: Khi thực phép thử có nhiều cột khơng có hạt, nhiều hàng khơng có hạt

Số phần tử khơng gian mẫu n  C49

0,5

Biến cố A: “Bất kì hàng cột bảng có hạt đậu”

Biến cố đối A: “Có hàng cột khơng có hạt đậu”

Trường hợp 1: Có cột khơng có hạt đậu

Chọn cột khơng có hạt đậu, có cách chọn

Chọn ô xếp đậu cho hạt đâu ô cịn lại, có

C cách chọn

Theo quy tắc nhân, có

6

3 C cách xếp

0,5

Trường hợp 2: Có hàng khơng có hạt đậu cột có hạt đậu Chọn hàng khơng có hạt đậu, có cách chọn

Chọn ô xếp đậu cho hạt đậu cịn lại, cần loại trường hợp có cột trống, có

6

C 3 cách chọn

Theo quy tắc nhân, có  

6

3 C 3 cách xếp

0,5

Suy ra, n A  3 C46 3 C 643 Vậy    

4

6

4

3 C C 5

1

C 14

P A        0,5

III.2 Một người tham gia chương trình bảo hiểm An sinh xã hội cơng ty Bảo Việt với thể lệ sau: Cứ đến tháng 9 hàng năm người đóng vào cơng ty là 12 triệu đồng với lãi suất hàng năm không đổi 6%/ năm Hỏi sau

(16)

Trang | 16

18 năm kể từ ngày đóng, người thu tất tiền? Kết làm tròn đến hai chữ số phần thập phân

Gọi số tiền đóng hàng năm A12 (triệu đồng), lãi suất r6%0, 06

Sau năm, người rút tiền nhận số tiền A1 A1r (nhưng người khơng rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau A1A)

0,5

Sau năm, người rút tiền nhận số tiền là:

        2  

2 1 1 1

A  A A  r A  r A  r A r A r Sau năm, người rút tiền nhận số tiền là:

    2    

3 1 1

A  A A  r A r A  r A r

 3  2  

1 1

A r A r A r

     

…

0,5

Sau 18 năm, người rút tiền nhận số tiền

 18  17  2  

18 1 1

A A r A r  A r A r

Tính: A18 A1r 18 1 r17   1 r 2   1 r 1

0,5

 

     

19 19 19

18

1 1 1 0, 06

1 12 393,12

1 0, 06

r r

A A A

r r

           

          

 

     

     

0,5

IV.1 Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA BC

4

a

Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C    theo a

(17)

Trang | 17

Gọi H trọng tâm tam giác ABC I trung điểmBC Ta có

 

A H BC

AI BC BC A AI BC AA

A H AI H  



       



    

0,5

Gọi K hình chiếu vng góc I lên AA Khi IK đoạn vng góc

chung AA BC nên =  , 

4

a

IK d AA BC  0,5

Xét tam giác vng AIK vng K có

3

= , 30

4 2

a a

IK AI  IK  AIKAI  

0,5

Xét tam giác vng AA H vng H có = tan30 3

3 3

a a

A H AH   

Vậy

2

3

V

4 12

ABC A B C

a a a

    

0,5

IV.2 Cho hình chóp S ABC , tam giác ABC vuông đỉnh A có AB1,

AC Tam giác SAB, SAC vuông B C Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB

2 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

(18)

Trang | 18

Gọi I trung điểm SA IAIBICIS I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

Gọi E H, trung điểm BC AB,

Ta có : ABACEI AB AB, SBIH AB

     

AB IHE SAB IHE

   

0,5

Kẻ EK IHEK SAB

 

   ,  3

,

2

d C SAB EK d E SAB

    0,5

Do IBC cân I IEBC

Mà IEAB IEABCIEEH

Xét IHE vuông E 12 2 12 12 12 2 16 4

3

EK EH IE IE EK EH

        

0,5

2 2

4

IE IC IE EC

     

4

mc

S R 

   0,5

IV.3 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh a tâm O Hai điểm E F, trung điểm SA BC Biết góc EF mặt phẳng ABCD 60 Gọi  góc tạo đường thẳng EF mặt phẳng (SBD) Tính sin

2,0

1

3

K

H

S

E B

A

(19)

Trang | 19

Kẻ EH//SO H, OA

Do

   

//

EH SO

EH ABCD

SO ABCD

  

 

 suy FH hình chiếu EF

ABCD EFH góc đường thẳng EF với ABCD Ta có

2

2 2

2 2 2

4 8

a a a a a

HB OH OB       

   

5 10

4 2

a a

FH HB

    (do tam giác HBF cân H)

0,5

Xét EHF có tan 60 15 30

4 2

a a

EH FH   

Suy 2 10 30 10

16 16

EF  EH FH a  a

0,5

Gọi I giao điểm HF BD, mặt phẳng (FEH)cắt mặt phẳng (SBD) theo giao tuyến IK//EH Kẻ FLBD suy FLSBD

Khi ta có sin d F SBD( ;( )) FL

FK FK

 

Ta có 1

2 4

a FL OC AC

0,5

L K

I H

O

F B E

A

C S

(20)

Trang | 20

Ta có IOH ILF  IH IF  1 10

2

KF KE EF  a

Vậy

2

( ;( )) 4

sin

5

10

4

d F SBD FL

FK FK

     

0,5

V

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãnxyz  x z y. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức

 

2 2 2 2

2

1 1 1 1

z z

P

x y z z z

   

     2,0

Theo ta có: 1 

1

x z

x z y xz y

xz                 2

2 2 2

2

1

2 1

2

1 1 1

1

xz Q

x y x x z x x z

xz                                            2

2 2

2

1 1

z z x x

z x x z z

x z x z

                             2 2

2 2

1 1

z x x z z

x z z

  

 

  

0,5

   

2 2 2 2

2 3

1 1 1 1

z z z z z

P

z z z z z z z



    

       0,5

  2

2 2 2

2

1 1

0 1

1

z z t

t t z

t z z t t

z                3

P t t   

0,5

Xét hàm số f t  t 3t3 (liên tục với t0), f t  1 9t2 Ta có bảng sau 0;

t

3 +  

f t +

(21)

Trang | 21  

f t

2

0 -

Theo bảng biến thiên f t  đạt giá trị lớn

9 t =

P đạt GTLN

9

2

1

3

1

2

1

2

z

z z

x z

y x

xz

x y

z x



  



 

 



    

  

 

    

 

 

(22)

Câu I ( 4.0 điểm)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  

2

y f x  x  x 

2) Hàm số y f x 1 1 có cực trị? Câu II ( điểm)

1) Giải phương trình:

 

2 sin cos cos sin

2 0

2sin

x

x x x

x

  

 

2)Giải hệ phương trình:

   

3 2

2

3 6 15 10

,

3 10

x y x y x y

x y R

y x y x y x

       

 



     

 Câu III:(4.0 điểm):

1) Tính tổng:  

  

1 1

2

2.3 3.4 4.5

n n

n

n n n nC

C C C

S

n n

 

    

 

2) Bạn Hùng trúng tuyển vào đại học nhung khơng đủ nộp tiền học phí Hùng định vay ngân hàng

trong năm năm đồng để nộp học với lãi suất 3% /năm Sau tốt nghiệp đại học Hùng

phải trả góp hàng tháng số tiền T (khơng đổi) với lãi suất 0, 25% /tháng vòng năm Tính số tiền mà Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến hàng đơn vị)

Câu IV (6 điểm)

1 Cho hình chóp S ABC. có SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm BC H trung điểm AM. Biết HBHCa, HBC300; góc mặt phẳng SHC mặt phẳng

HBC 600 Tính theo a thể tích khối chóp S HBC. tính cosin góc đường thẳng BC mặt phẳng SHC

2 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A‟B‟C‟, đáy ABC vng A Khoảng cách từ AA‟ đến mặt phẳng BCC‟B‟ a, mặt phẳng (ABC‟) cách C khoảng b hợp với đáy góc 

a) Tính thể tích khối lăng trụ

b) Cho a = b khơng đổi, cịn  thay đổi Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ

3 Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác Gọi V1, V2 thể tích khối cầu nội tiếp nội tiếp hình nón cho Tính

2

V V

Câu V (2.0 điểm)Cho số thực a b c, , thỏa mãn 0  a b c a2 b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ P3abc2014a b c 

(23)

Trang | 23 ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I.1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 2.0

I.2 Xét hàm số y f x 1 1

 

1

1 1

x

y f x

x 

   



Ta có | 1|

| 1| 1

1

x x x x x

y

x



 

    

 

   

    

 

 



     y không xác định x 1

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT hàm số y f x 1 1suy BBT hàm số

 1

y f x 

Vậy hàm số y f x 1 1 có 11 cực trị

(24)

Trang | 24

II.1

Điều kiện:

1

sin , ,

5

6

x k

x k l

x l

 

   

  

  



(*). 1cos 3sin 3cos 1sin

2 x x x x

 

      

 

Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương:

 

2 sin cos cos sin

2

x

x  x  x  

 

2 sinx sin cosx x 2cosx cosx

     

   2 

2 sinx cosx 3sin x sin cosx x cos x

     

     1

2

3 sin cos

3 sin cos sin cos

3 sin cos

x x

x x x x

x x

  

      

 



 1 sin cos cot ,

6

x x x x  k k

        

 2 sin cos 2 sin cos cos sin sin

6 6

x x  x  x  x 

          

   

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình cho có họ nghiệm

7

2 , ,

6

x  k  x  k  k

2.0

II.2

 

         

   

3

3 2

2

3 6 15 10 3

3 10 10

x y x y x y x x y y

y x y x y x y x y x y x



              

 

 

           

 

 

Điều kiện x

y      

0.5

Xét hàm số f t  t3 ,t  t ,f t 3t2   3 t Vậy hàm số

 

f t đồng biến Từ  1 ta có

 1  2  3

f x  f y       x y y x

0.25

Thay  3 vào  2 ta phương trình:

     

1 10

x x  x x x  x

(25)

Trang | 25

Phương trình        

4  x1 x   3 x x104 x  x 30

 1  6       7 6

3 10

x x

x x x x

x x                   

6

1

5

3 10

x x x x x x                

 Từ  5 :x      6 x  3 y    x y;  6;7 nghiệm hpt

0.5

Từ  6 : 7  7

2

3 10

x x x x

x x

       

    phương trình vơ

nghiệm

 7   1   1  7

3

2

3 10

VT x x VP

x x

   

         

   

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm    x y;  6;7

0.5 III.1 Ta có          1 ! !

1 ! ! 1 ! 1 !

k k

n n n

C n C

k k k n k n k n k n

 



  

           (3)

0.5

Áp dụng lần công thức (3) ta được:  

     

2

1

1 2

k k k k

n n

kC kC

k k n n

         0.5

Cho k chạy từ đến n cộng vế đẳng thức ta có

    

2 2

1 2 n n

n n n n

n n S C   C   C     nC 

       

 

2 3 4

1 1 1 1

2

1 1

2

n n

n n n n n n n

n n

n n n n

C C C C C C nC

C C C C

                              0.5        

0 1

1 1 1 1 1

1

1 1

n n

n n n n n n n n n

n

C C C C C C C C C

n n                               Vậy

 1 2

n S n n     0.5

III.2 + Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau năm học:

Sau năm số tiền Hùng nợ là: +

(26)

Trang | 26

Sau năm số tiền Hùng nợ là:

Tương tự: Sau năm số tiền Hùng nợ là:

+ Tính số tiền mà Hùng phải trả tháng:

Sau tháng số tiền nợ là:

Tương tự sau tháng số tiền nợ là:

 60  59  58  

1 T T 1

A r  r  r T r T Hùng trả hết nợ

                           

60 59 58

60 60 60 60 60 60

1 1

1 1 1

1 1 1 1 1 1 232.289

T T T

T

A r r r r T

A r r r r

r A r r A r Ar r T r T r T r                                             

IV.1

0 sin120 HBC a

S  HB HC 

0.25

Gọi K hình chiếu vng góc A HC

Ta có sin 300 sin 600

2

a a

AH HM HB  AK AH 

0.25

Góc (SHC)và (ABC) 600 tan 600

4

a

SKA SA AK  0.25

Vậy

2

1 3

3 4 16

S HBC HBC

a a a

V  SA S  

0.25

Gọi B’ hình chiếu B (SHC), suy góc BC (SHC) BCB' Gọi I hình chiếu A SK AI (SHC)

0.25

 2  

3 1r 3 1r

 4  3  2  

3 1r 3 1r 3 1r 3 1r 12927407, 43A T

1 

AAr T  A  r T

       2  

1 1

A   r T A  r T r T A r T  r T

(27)

Trang | 27

Ta có BB'd B SHC( , ( ))2 (d M SHC, ( ))2 ( , (d A SHC))2AI Trong tam giác vng SAK, ta có

2

3 3

'

16

AK AS a a a

AI BB

a

AK AS

    

 0.25

Do sin ' ' 3 0

4.2 .cos 30

BB a a

BCB

BC BM HB

   

Vậy cos ' 13

16

BCB   

0.25

IV.2 a) Tính thể tích khối lăng trụ

Ta có AA‟ || ( BCC‟B‟), kẻ AH BC (H  BC )  AH ( BCC‟B‟)

vì (ABC) ( BCC‟B‟), : AH = d(AA‟,( BCC‟B‟)) = a

Ta có AB = (ABC‟)  (ABC) ; ABAC (gt) ; AC hình chiếu AC‟ (ABC)

 AB AC‟ 

CAC sd((ABC),(ABC )) =   ( góc nhọn)

0.5

Kẻ CK  AC‟; ta có : AB  (ACC‟)  (ABC‟)(ACC‟) ; AC‟ = (ABC‟)(ACC‟)

 AK (ABC‟)  CK = d(C,( ABC‟)) = b

Thể tích khối lăng trụ : V = ABC.CC = 1AB.AC.CC

S   (1)

Trong tam giác vuông ACK : AC = CK = b

sinα sinα

Trong tam giác vuông ACC‟ : CC = AC.tanα = b tanα b

sinα cosα

 

0.5

Trong tam giác vuông ABC :

2 2

2 2 2 2

1 1 sin α b a sin α

= = - =

AB AH AC a b a b

 

2 2

ab AB =

b a sin α





0.5

_ a

_ b _ K _ A'

_ C'

_ B

_ A

_ C _

B'

(28)

Trang | 28

Thay kết vào (1) ta có :

2 2

1 ab b b

V = AB.AC.CC =

2 b a sin α sinα cosα

ab =

2sinαcosα b a sin α

ab V =

sin2α b a sin α



 





b) Cho a = b khơng đổi, cịn  thay đổi Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ

0.5

Với a = b :

3

2

a a

V =

2sinα.cos α sin2α sin α

 

V nhỏ sin cos2 lớn Ta có:

2 2

2 2 2sin α + cos α + cos α

sin α.cos α = 2sin α.cos α.cos α ( )

2 

(bđt Côsi)

sin cos2

54  

  

3

3a

V

4

 

Ta có V nhỏ :

3

3a

V =

4 2sin

2

= cos2

2

tan tan

2

 

    arctan

2 

 

Vậy arctan

2

 thể tích nhỏ

IV.3

M I

O B

A

(29)

Trang | 29

Giả sử cạnh tam giác SAB

Gọi thiết diện qua trục hình nón tam giác SAB

Gọi I trọng tâm tam giác SAB, I tâm mặt cầu nội tiếp hình nón tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón

2 3

3 3

RSI  SO 

Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón 1 3

3

rIO SO 

Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình nón 1 4

3 27

V  R  

Thể tích mặt cầu nội tiếp hình nón 2 3

3 54

V  r  

Vậy

2

8

V V 

V Ta có

 2 2 2 2 2 2 2 2

0

a  b c a b a c  b c a b  c a a  a

Suy bca 2 a2

0.5

 2  2 2 2

2

3

3 2013 3 2013

a b c a b c a b c

P abc a a a a

         

       

0.5

Xét hàm f a( )3a2 2 a2 2013a3; a 0;1 Ta có

 2  

2 2

2

18

'( ) 3 2013 2013 18 2013

3

a a

a

f a a a a a a

a a



 

         

 

 

Ta có     

3

2 2

2

2 2 2 1

1 1

2 27

a a a

a a  a a a        

 

Suy  2

1

3

a a  '( ) 18 2013 2013

3

f a

     

(30)

Trang | 30

Suy f a( ) nghịch biến đoạn  0;1 Do f a( ) f(1) 2013 Đẳng thức xảy a  b c

Vậy giá trị nhỏ P 2013 a  b c

(31)

Câu I.(4,0 điểm) Cho hàm số 14

3

y x  x có đồ thị  C Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

Tìm tọa độ điểm thuộc cho tiếp tuyến cắt hai điểm phân biệt

, ( , khác ) thỏa mãn ?

Câu II(4,0 điểm)

Giải phương trình: 3sin tan 2 4sin tan

cos

x x x x

x

   

Giải hệ phương trình:  

2

2 3 11

,

2 8

x x y y y x

x y

x y x y

         

 



   



Câu III(4,0 điểm)

1 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi Biết em có số thứ tự danh sách lập thành cấp số cộng Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, dãy có ghế ghế ngồi học sinh Tính xác suất để tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau

Một thùng đầy nước tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh hình nón mặt phẳng vng góc với trục hình nón Miệng thùng đường trịn có bán kính ba lần bán kính mặt đáy thùng Người ta thả vào khối cầu có đường kính

2 chiều cao thùng nước đo

được thể tích nước tràn 54 3 Biết khối cầu tiếp xúc với mặt thùng nửa khối cầu chìm nước (hình vẽ) Tính thể tích nước cịn lại thùng

Câu IV(6,0 điểm)

Cho hình hộp có vng góc với mặt phẳng đáy , góc

và Khoảng cách từ đến đường thẳng Góc mặt

mặt phẳng Tính thể tích khối hộp cho

Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , khối chóp tích lớn bao nhiêu?

Cho hình chóp với hình thang vng vng góc ;

Điểm thuộc cạnh cho , điểm thỏa mãn

trọng tâm tam giác Tính khoảng cách

A  C  C A  C

 1; 1

M x y N x y 2; 2 M N A y1y2 8x1x2

ABCD A B C D    A B ABCD AA

ABCD 45 A BB DD

BB C C   CC D D   60

S ABCD ABCD A B, SA ABCD

2 ; ; ;

SA a ABa BC a AD a M SA

3

SM  SA E

(32)

Trang | 32 Câu V(2,0 điểm) Cho số a, b, c1 thỏa mãn logab2logbc3logca8 Tìm giá trị lớn biểu thức P2logac3logcb12logba

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Đáp án Điểm

I.1 (2 điểm)

1) Tập xác định :

2) Sự biến thiên:

a, Giới hạn : 0,5

b, Bảng biến thiên: ,

0,5

- Hàm số đồng biến khoảng ; nghịch biến

khoảng

- Hàm số đạt cực đại , yCĐ = , đạt cực tiểu

0,5 D

  14   14

lim lim , lim lim

3 3

x f x x x x x f x x x x

   

         

   

  28

3

f x  x  x f x    0 x

 7; 0  7;

 ; 7 0; 7

0

x 49

3 7, CT

(33)

Trang | 33

3 Đồ thị: Đồ thị qua điểm ,

đối xứng qua trục tung

0,5

I.2 (2 điểm)

Gọi tọa độ tiếp điểm

Phương trình tiếp tuyến

0,5

Phương trình hồnh độ giao điểm là:

 

4

1 14 28 14

3x x 3a a x a 3a a

 

      

  0,5

cắt điểm phân biệt Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác

0,25

Theo đề bài:

0,5

32 4;

3

 

 

 

32 4;

3

 

 

 

4

1 14

;

3

A a a  a 

 

A : 28   14

3 3

d y a  a x a  a  a

 

 C d

 2 2   

2

2 14

x a

x a x ax a

x ax a

 

       

   



 C d   1 a

 

2

0 7

7; \

6a 14 a

   

  

     

   

  

     

1 2 2

4 28

8

3

y y  x x  a  a x x  x x

 

3

4 28

8

3

2

a

a a a

a         

(34)

Trang | 34

Đối chiếu điều kiện: Vậy có điểm thỏa đề 0,25

II.1 (2 điểm)

Điều kiện:

với

thỏa mãn điều kiện

2,0

II.2

(2 điểm) Giải hệ phương trình:

Điều kiện:

Xét hàm

liên tục Suy hàm đồng

biến Mặt khác 2.0 a a        13 1;

A  

 

40 2;

3

A  

 

cos ,

2

x   x  k k

 

1 3sin x 2 2cosx4sin cosx xsinx

 

2

4sin x 4sin cosx x cos x 2cosx sinx

      

  2 

2sinx cosx 2cosx sinx

     

2

5 sin cos cos sin

5 x x x x

   

        

   

   

2

5sin x  cos x 

     

2

cos , 0;

2 sin                    

5cos x  cos x 

                           cos 5

cos v« nghiƯm

5 x

x

 1 cosxcos 2

2 x k x k             2

2 3 11 (1)

,

2 8 (2)

x x y y y x

x y

x y x y

                  1 8 y x x y y                   2

(1) (x1)  2 x 1 (3y)  2 3y

( ) ;

f t  t   t t

2

1

'( ) 0;

2

t

f t t

t t

    

 f t( ) [0;) f t( )

[0;)

( 1) (3 ) 4

(35)

Trang | 35

Thay vào (3) ta được:

Vì bình phương hai vế ta được:

Vậy hệ có nghiệm

III.1 (2 điểm)

Giả sử số thứ tự danh sách , , ,.,

Do dãy cấp số cộng nên ta có

Số phần tử không gian mẫu

Gọi biến cố “Tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau” Để biến cố xảy ta thực liên tiếp bước sau:

Bước 1: xếp thứ tự cặp học sinh có cặp số thứ tự , , ,

, vào trước cặp ghế đối diện Bước có cách

Bước 2: xếp cặp ngồi vào cặp ghế đối diện ) Chọn bước Bước có cách

Suy số kết thuận lợi cho biến cố

Vậy xác suất biến cố

2,0

III.2 (2 điểm)

Gọi bán kính đáy thùng Bán kính miệng thùng

Gọi chiều cao thùng

Đường kính khối cầu là:

Vì khối cầu chìm nửa thùng nước nên lượng nước tràn thể tích nửa khối cầu

Gọi chiều cao hình nón chứa thùng nước

2,0

2

(2)x 2x y     8 y (x y8)   0 x y8 (3)

4

x y y  8 y

8 y y

     

2

8 (4 )

8( )

y x

y y y y

y KTM

   

        

     x y;  3;1

1

u u2 u3 u10

1 10 u u u u   u u u u u u

  10!

n  

A

5 u u1; 10 u u2; 9 u u3; 8

u u4; 7 u u5; 6 5!

1

5

2

A n A 5!.25

A    

  9451

n A P A

n

 



r  dm r0 r 3r

 dm

h  dm h0



2

R h 

3

h R

3

1

54

2 R

    R 3  h  dm

h

1

h h r

h r

 

  

 

3

6

h h

(36)

Trang | 36

Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt nón

Thể tích thùng nước là:

Vậy thể tích nước cịn lại là:

IV.1 (2 điểm)

Với giả thiết ta suy vuông cân Từ ta

tính

Ta có

nên

Khi

2.0

2 2

1 1

R r h

  

 

1 1

27 r 108

  

  r  r

 2

3 th

V  r r rr h 208 3

  3

dm

208 46

3 54 3

3

V        3

dm

A BB 

 A BB2A H 2

ABB A

S   A H BB 

   

 BB C C  , CC D D  AA D D   , CC D D   60

 

    

0 ',

sin 60 ',

2

d A CC D D

d A CC D D A K

 

  



 

3

',

2

ABCD A B C D ABB A

(37)

Trang | 37 IV.2

(2 điểm)

Giả sử khối chóp khối chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính

Gọi tâm hình vng trung điểm , kẻ

vng góc với cắt tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

, bán kính mặt cầu

Đặt , 0 x 9, vuông nên , suy

Do tứ giác hình vng nên , suy

Trường hợp SO 9 x

Xét hàm số với x0;9

;

Bảng biến thiên :

2.0

S ABCD

O ABCD SOABCD M SA MI

SA SO I I S ABCD

IAIS R

IOx IAO O AO AI2IO2  81x2

2 81

AC x ABCD

2

AC

AB  81x2

ABCD

S  AB

 2

2 81 x

 

1

S ABCD ABCD

V  S SO 281 2 9 

3 x x

  

 

2

9 81 729

3 x x x

    

 

f x  2 

9 81 729

3  x x  x

   

2 27

f x   x x f x  0

 

9

x

x l

(38)

Trang | 38

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy :

Trường hợp 2. SO 9 x làm tương tự

Kết luận : khối chóp tích lớn

IV.3 (2 điểm)

Ta có đồng phẳng

đồng phẳng

Gọi cho

Ta có

Suy

Ta có

Vậy

2.0

 0;9    

max

 

x f x f 576

576

B

A

K D

C S

M

3AS2AC AE4AD3ES2EC4ED ES EC ED; ; , , ,

S C D E

  E SCDEN SCD

KAD

3

AK AD

       

/ / ; / /

, ; , / /

,

MK SD BK CD

MK BK MBK SD CD SCD MBK SCD

MK BK K SD CD D



   



    



 ,    ,  C,   , 

d BM EN d SCD MBK d MBK  d A MBK  d

2 2

1 1

d  AM  AK  AB  2 2

1 17

4 17

a d a a  a  a  

 

,

17

(39)

Trang | 39 V

(2 điểm)

Đặt , ,

Từ giả thiết ta có

Đặt , suy

Ta có

Xét hàm số với

Ta có

Xét

Ta có

Vậy đạt , thỏa mãn

2.0

loga

x b ylogbc zlogca

; ;

2

1

x y z x y z xyz          

2loga 3logc 12logb

T  c b a T 12

x y z

  

2

12 12 12

8

y z x

T x x

x yz x x

x

 

      

3

2 6

2 8

x y z x yz x x x x

x x

            

   14

6 6 21

2

x x x  x x

           

  12

8

f x x x

x

   x 5 21;6

  122 82 12

2 x x

f x x

x x

  

     

 

1,086 21;6

0 12 3,514 21;6

1,572 21;6

x

f x x x x

x                                        

5 21 21 31,91

6 14 3,514 19,18 1,572 17,39 f f f f               

maxT  9 21 x 5 21 y z

2 3 21 3 21

2

15 21 21

1 3

2 3 21

2

2 6

y z

x y z y

xyz y z y z

y z y z z

(40)

(41)

Câu I (4 điểm) Cho hàm số y f x( ) x

x m 

 

 (1)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1

2) Tìm tất giá trị thực tham số để hàm số y f(cos )x nghịch biến khoảng ;         Câu II (4 điểm)

1) Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình log2x 1 log4mx21 có nghiệm 2) Giải hệ phương trình:

2 2

3 2

( )( 1)

3

x x y x y x y

y x x x y xy

      

 

   

 (x; yR)

Câu III (4 điểm)

1) Gọi S tập tất số tự nhiên có bốn chữ số khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập S, tính xác suất để số chọn lớn số 6700

2) Ông Nam dự định gửi vào ngân hàng số tiền với lãi suất 6, 6% / năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm Tính số tiền tối thiểu x triệu đồng (x ) ông Nam gửi vào ngân hàng để sau năm số tiền lãi đủ mua xe gắn máy trị giá 26 triệu đồng

Câu IV (6 điểm)

1) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang với ABsong song với CD, CD7AB Gọi M

cạnh SA cho SM k

SA  , 0 k 1 Tìm giá trị k để CDM chia khối chóp thành hai phần có

thể tích

2) Cho mặt cầu  S có bán kính Trong tất khối trụ nội tiếp mặt cầu  S (hai đáy khối trụ thiết diện hình cầu cắt hai mặt phẳng song song), khối trụ tích lớn ?

3) Cho khối tứ diện ABCD có BC3,CD4,ABCBCDADC90 Góc hai đường thẳng AD

và BC 60 Tính cơsin góc hai mặt phẳng (ABC) (ACD)

Câu V (2 điểm) Xét số thực dương x, y thỏa mãn  2

1 1

2 2

log xlog ylog xy Tìm giá trị nhỏ

(42)

Trang | 42 ĐÁP ÁN

I.1 Khảo sáo vẽ đồ thị 2,0

I.2 Điều kiện: cos xm Ta có:

 2  2

( 3) ( 3)

.( s in ) sin

cos cos

m m

y x x

x m x m

  

   

 

Vì ; s in

2

x  x

  ,  

2

cos 0, ; , cos

2

xm   x   xm

 

Hàm số nghịch biến khoảng ;

2      

  y 0, x  2;

  

      

 

3

3 0

1

cos , ; 1;

0

m m

m

x m x m m

m  

   

     



  

            

 

   

    

 

Cách khác: Đặt t cosx

2,0

II.1

Điều kiện 2

1

x mx

 

  



Với điều kiện trên, ta có: log2x 1 log4mx21   2 

2

log x log mx

   

   12

2

log x log mx

     12

1

x mx

   

 2 2

1

x mx

     

1

m x x

    m

x

    * , (dox1)

Xét hàm số f x  2, x

x

    f  x 22 0, x

x 

    

Bảng biến thiên

Từ BBT suy m  1;1 phương trình cho có nghiệm

(43)

Trang | 43 II.2 ĐKXĐ : x 

Xét y0 thay vào hệ thấy không thỏa mãn Xét y0, phương trình (1) tương đương với

2

2 2 2

2

1

.4 ( 1)

4 1

x x y x

y x y x x y x x y y

y

          

 

 2 2

1

x   x x y y   x y 

2

1

( 1) ( 4y y 1)

x  x     (3)

Xét hàm f t( )t( t2 1 1) có

2

'( ) 1

1

t

f t t

t

    

 nên f t( ) đồng biến

R Do từ (3) suy 2xy1

Thay vào (2) : x34x x22x4  x2

KL : Nghiệm ( , ) 2;1

4

x y   

 

2,0

III.1 Gọi số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu toán abcd a0

Số phần tử không gian mẫu n  9.A93 4536 Gọi biến cố A: „„Số chọn lớn số 6700‟‟ Ta TH sau:

TH1: a6 có cách chọn + b7;8;9có cách chọn

+ Các chữ số c d, chọn từ chữ số cịn lại có thứ tự số cách chọn A82 Số cách để chọn trường hợp là: 3.A82

TH2 : a7;8;9 có cách chọn Khi đó: b c d, , có A93 cách chọn Số cách để chọn trường hợp là: 3.A92

Như vậy, ta  

8

3 1680

n A  A  A 

Suy ra,    

  16804536 1027

n A P A

n

  



2,0

III.2 Số tiền ơng Nam có sau năm là:  3

1 0, 066

x  (triệu đồng)

Số tiền lãi ơng Nam có sau năm là: x1 0, 066 3x (triệu đồng)

(44)

Trang | 44

Để sau năm số tiền lãi ông Nam mua xe máy trị giá 26 triệu đồng

 3

1 0, 066 26 123, 0154905

x   x  x

Vậy ông Nam phải gửi tối thiểu 124 triệu đồng

IV.1

Kẻ MN/ /AB/ /CD

Gọi V1VSDMN;V2VSABD;V3VSDNC;V4VSDBC

Ta có 2 4

7

V  V ;

2

1

2

7

V SM SN k V

k k k V k V V  SA SB     

3 4

V SN

k V kV

V  SB   

2

7

S DMNC S DMN S DNC

k

V V V V V V  k

        

 

Vì

8

S ABCD

V

V  nên

2

4

7

1

8

2

7

S DMNC S ABCD

k

V k

V

V V

 



 

 

  

2

7

k k

   

7 65

2

7 65

2

k

  

   

  

  

Đáp số: 65

2

k  

(45)

Trang | 45 IV.2 Gọi bán kính mặt cầu R chiều cao khối trụ

2

h x

Suy bán kính đáy trụ 2

r R x Thể tích khối trụ V r h2 2R2x2x

Theo BĐT Cauchy ta có

   

3

2 2 2 6

2

2 2 2 2 16

2 2

3 27

R x x R

V  R x x  

   

 

   

 

 

Suy

3

4

9

R V  

Đẳng thức xảy 2 2

3

R R x  x  x

Vậy

3

4

max

9

R

V   Với R maxV 4

2,0

IV.3

Dựng hình chữ nhật BCDE hình vẽ

Ta có: CD DE CD AED CD AE

CD AD

 

   



 

Ta có: CB BE CB AEB CB AE

CB AB

 

   



 

Từ ta suy được: AEBCD hay AEBCDE

Ta có:       

 

;

sin ,

;

d B ACD

ABC ACD

d B AC



2,0 O

R x

I

'

I

'

M

M r

O

R x

I

'

I

'

M

(46)

Trang | 46

*) Tính d B ACD ; 

Vì BE // ACDd B ACD ; d E ACD ,  Kẻ EHAD H

Vì

 

     , 

EH AD

EH ACD d E ACD EH

EH CD CD AED

 

   



  

Vì AD BC, 600 AD ED, 600 EDA600

Xét tam giác EHD vuông H ta có: 3

.sin 60

EH ED 

*) Tính d B , AC

Kẻ BKAC K d B AC , BK

Ta tính độ dài cạnh: AE3 3;AB 43

Xét tam giác ABC vuông B ta có: 12 12 12 559

26

BK

BK  AB BC  

Từ ta tính được: sin  ,  3 559: 13

2 26 559

EH ABC ACD

BK

  

   

  43

cos ,

43

ABC ACD

 

V  Với x y, 0, ta có:

 2    2

1

1 1

2

2 2

log xlog ylog xy log x y log xy xy x y

 

2

1

y xy x y x y

      Suy ra: y 1 (vì x y, 0)

Từ  

2

1

y

y x y x

y

   

 , với y1

Khi đó:

2

1

3

1

y

P x y y y

y y

      

  , với y1

 Xét hàm số:   1

1

h y y

y

  

 khoảng 1; 

Ta có:  

   

2

1

4

1

y y

h y

y y

 

   

  ;

(47)

Trang | 47  

 

2

3

0

1 1;

y

h y y y

y   

       

     

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

min1;h y 9

3

y

Suy ra:

min1;   

P h y



  Vậy Pmin 9

2

y

2

3

1

x      

 

(48)

Trang | 48

Website HOC247 cung cấp mơi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng

xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học

Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường

Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS

THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

các môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia