TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN TỔ TOÁN 2018 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG 12 Mơn: Tốn (Lần 1) – Năm học 2017 – Thời gian: 180 phút (không kể TG giao đề) Câu 1(4.0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x 3x x 3m 0 có ba nghiệm thực phân biệt 4 2 Chứng minh hàm số y x mx (m 1) x x m có điểm cực trị với giá trị tham số m Câu 2(5.0 điểm) Tìm tập xác định hàm số y log (16 x ) x x y xy x Giải hệ phương trình 10 x y 6 x y 12 Câu 3(3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba cạnh AB c, AC b, BC a Đường cao AH h Chứng minh S ABC (a b c)(a c b) bc h b c Một nhóm bạn học sinh học lớp 12 chơi thân (có nam nữ), có Vinh Ngọc Nhóm bạn dự kiến chụp kiểu hình kỷ niệm trước chia tay năm cuối cấp Sắp ngẫu nhiên bạn thành hàng dọc để chụp hình, tính xác suất để hai bạn Vinh Ngọc đứng cạnh nhau? Câu 4(5.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Gọi M trung điểm cạnh AD H giao điểm BM với AC Biết SH vng góc với mp(ABCD) góc SB với mp(ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng BM SD theo a Gọi O điểm cách tất đỉnh hình chóp S.ABCD khoảng R Tính R theo a Câu 5(3.0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 2ab a b 4 Tìm giá trị lớn biểu thức P 2a 2b 4ab a2 b2 a b 2 a b ……………………………………… Hết ……………………………………… ĐÁP ÁN Câu (4.0đ) ý (2.0đ) Nội dung đáp án * x x x 3m 0 x x x 3m (1) * Xét hàm y x 3x x Tính y’, giải pt y’ = … * BBT: …… Điểm * Từ BBT suy (1) có ba nghiệm 27 3m (2.0đ) (5.0đ) (2.0đ) m 9 * TXĐ: D = R * y ' x 3mx 3(m 1) x y ' 0 g ( x) x 3mx 3(m 1) x 0 (1) 2 * Ta có g ' ( x) 3 x 6mx 3(m 1) 3( x m) 0, x R Suy hàm số g(x) đồng biến R => pt (1) có nghiệm x0 a Mặt khác, với hai số x1 , x2 : x1 a x2 , ta có: y ' ( x1 ) y ' ( x2 ) nên y’ đổi dấu x qua điểm x = a * Vậy hàm số cho có cực trị với m * ĐK: log (16 x ) 0 16 x 16 x 9 x x * Vậy TXĐ: D 4; ;4 (3.0đ) 0.5 0.25 0.5 0.25 10(2 x 1) 10 (2 x 1)(3 x 5) (2 x 1) x 0 3x 1 x 3x x (3) (4) 10 5 3x 1 x => (4) vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm (1/2; 3/2) * Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Ta có S ABC p ( p a )( p b)( p c ) (a b c )( a c b) 1 (a b c)(b c a)(a c b)(a b c) (a b c) (a c b) 16 16 2 b c a => Tam giác ABC vuông A * AH đường cao tam giác vuông ABC * Nhận xét: Với x 0 (1.5đ) 0.5 (2) x 6 x x x 0 10 x 0 3x 1 x * (3) => x = 1/2 => y = 3/2 (3.0đ) 0.5 0.5 (1) y 0 y x * Thay vào (2) được: 10 3x 0.5 0.5 x x y xy x Xét hệ: 10 3x y 6 x y 12 * ĐK: x 0, y 0 * (1) x x 0.5 1.0 0.5 0.5 0.5 1.0 0.5 3x x 0.5 0.5 0.5 nên ta có: (1.5đ) (5.0đ) (1.5đ) 1 hay bc h b c 2 h b c 0.5 * Gọi biến cố A: “ … Vinh Ngọc đứng cạnh nhau” * Số khả P6 6!720 * Số khả thuận lợi cho A 5!.2!240 240 Vậy PA 720 0.5 0.5 0.5 S * Chứng tỏ SBH 60 2a 2a 15 * BH BM SH 3 3 8a 15 * VS ABCD 0.5 K M A H B (2.0đ) 0.5 D I C * Dựng DN // BM Dựng HI DN, HK SI * BM // (SDN) nên d ( BM , SD ) d ( H , ( SDN )) Chứng minh HK ( SDN ) HK d ( H , ( SDN )) 2a a 35 * Tính HI , từ tính HK a 35 * Gọi E giao điểm AC BD Dựng S Et qua E Et ( ABCD ) Mặt phẳng trung trực cạnh SC cắt Et O Vì ABCD hình vng nên O cách A, B, C, D Và OS = OC nên O cách đỉnh F hình chóp S.ABCD O M A D * Dễ thấy OA = R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAC H E SA.SC AC B C * S SAC 4R 2a a 23 2a 30 * SA S SAC Từ , SC , AC 2a 3 a 2415 tính R 90 Vậy d ( BM , SD) (1.5đ) (3.0đ) * 2ab a b 4 a b 4 2ab 2 ab ab 1 a b 2 4 t * Đặt t a b, t 2, ab 4ab 4(a b) 4ab (a b) 2ab t t f (t ) * P ab 2(a b) a b t * f ' (t ) 2t 0, t 2 => f(t) nghịch biến 2; t Nên f (t ) f (2) , t 2 * Vậy MaxP 4 / a = b = ………………………………… Hết ……………………………………… 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 1.0 1.0 0.5 0.5 ... 0.5 0.25 0.5 0.25 10 (2 x 1) 10 (2 x 1) (3 x 5) (2 x 1) x 0 3x ? ?1 x 3x x (3) (4) 10 5 3x ? ?1 x => (4) vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm (1/ 2; 3/2) * Gọi p nửa... 10 x 0 3x ? ?1 x * (3) => x = 1/ 2 => y = 3/2 (3.0đ) 0.5 0.5 (1) y 0 y x * Thay vào (2) được: 10 3x 0.5 0.5 x x y xy x Xét hệ: ? ?10 3x y 6 x y 12 . .. 3mx 3(m 1) x 0 (1) 2 * Ta có g ' ( x) 3 x 6mx 3(m 1) 3( x m) 0, x R Suy hàm số g(x) đồng biến R => pt (1) có nghiệm x0 a Mặt khác, với hai số x1 , x2 : x1 a x2 ,