Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp đầy đủ các đề thi Học Sinh Giỏi Tỉnh lớp 12 Hải Dương từ năm 2012 đến năm 2023, có đầy đủ chi tiết các đề thi, hướng dẫ giải được sắp xếp theo thứ tự chỉ việc in ra cho học sinh đọc học. Có một số năm không có file gốc chỉ có file ảnh tôi đã đưa đầy đủ cả
Table of Contents Tong nam hoc 2012-2021 Năm học 2021-2022 58 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 29 tháng 10 năm 2012 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ( 2,0 điểm) 1) Cho hàm số y x3 3x mx Tìm m để hàm số đồng biến (2; ) 2) Cho hàm số y 3sinx 4cosx mx Tìm m để hàm số đạt cực tiểu x Câu II (2,0 điểm) 2 1) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số y cos x sin 3x 3x cosx sin với trục 4 hoành x3 3x ( y 1)3 9( y 1) 2) Giải hệ phương trình x y Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức 2011 2012 A C2012 22 C2012 3.22 C2012 4.23 C2012 2011.22010 C2012 2012.22011C2012 sinx 2) Chứng minh bất đẳng thức cos x với x 0; x Câu IV ( 3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA=a Gọi D, E trung điểm SA, SC 1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BD vng góc với AE 2) Gọi G trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) qua AG cắt cạnh SB, SC M, N Gọi V1, V thể tích khối chóp S.AMN S.ABC Tìm giá trị lớn V V1 Câu V (1,0 điểm) Cho a; b; c số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 b2 c2 P (a b)2 (b c)2 (c a)2 ……………………Hết………………… Họ tên thí sinh:……… ………………….Số báo danh:…………… Chữ ký giám thị 1:………………….Chữ ký giám thị 2:…………………… Câu I1: (1,0) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Nội dung 1) Cho hàm số y = x - 3x + mx + Tìm m để hàm số đồng biến (2;+ ) TXĐ:D= y’=3x2-6x+m y”=6x-6; y”=0x=1 bảng biến thiên x điểm 0,25 0,25 + y" + + + y' m I2:(1,0) II1:(1,0) Từ bảng biến thiên =>nếu hàm số đông biến (2;+ ) =>y’ 0x m ngược lại ta thấy m y ' 0x hàm số đồng biến (2;+ ) KL: m 2) Cho hàm số y 3sin x 4cosx mx Tìm m để hàm số đạt cực tiểu x= TXĐ:D= y’= 3cosx+4sinx+m( x ) Nếu hàm số đạt cực tiểu x = => y’( ) = 0m=-4 2 Ngược lại: m = - => y’ = 3cosx + 4sinx – 4; y’( ) = 0;y’’= -3sinx + 4cosx =>y’’( )=-3 m=-4 loại 2 2 1) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số y cos x sin 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3x 3x cosx sin với trục 4 hoành 0,25 3x 3x cosx sin với trục 4 3x 2 3x cosx sin 0 hồnh nghiệm phương trình cos x sin 4 2 Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y cos x sin 3x 3x (1 cosx) (1 cosx)(cosx-1-sin ) 4 TH1: cos x -1 x k 2 (k Z ) cosx 1x cosx cosx=1 3x 3x TH2: cosx=1+sin Do (2) 3x 3x sin 1x 1 sin sin cos2 x-1-sin x k 2 4l x 4m (m ) KL: Ak ( k 2 ;0), Bm (m4 ;0) (k , m ) x 0,25 0,25 0,25 II2:(1,0) III1:(1,0) 3 x 3x ( y 1) 9( y 1) (1) 2) Giải hệ phương trình x y (2) Điều kiện : x, y ;Từ (2) y y 0, 25 (1) x3 3x ( y 1)3 y (3) Xét hàm số f(x)=3x2-3 0x 1; f ( x) x 1[1;+) => f(x) đồng biến [1;+) mà 0,25 f ( x) f ( y 1) (3) có nên (3) x y x, y [1;+) 0,25 x x Với x y thay vào (2) giải x=1và x=2 , y y 1) Rút gọn biểu thức 2011 2012 A C2012 22 C2012 3.22 C2012 4.23 C2012 2011.22010 C2012 2012.22011 C2012 0,25 1 x 2012 0,25 k 2012 C2012 xC2012 x 2C2012 x k C2012 x 2012C2012 (1) (x) Đạo hàm vế (1) ta có III2:(1,0) 0,25 2012 1 x C xC kx C 2012 x C (2) (x) Chọn x=-2 thay vào (2) 2011 k 2012 2012 1 2 C2012 2(2)C2012 k (2)k 1 C2012 2012(2)2011 C2012 (2) 0,25 2011 2012 2012 C2012 22 C2012 3.22 C2012 4.23 C2012 2011.22010 C2012 2012.22011C2012 A 2012 0,25 2011 2012 k 1 2012 k 2012 2011 2012 2012 s inx Chứng minh bất đẳng thức: cos x với x 0; x 2 s inx x (0; ) cosx cosx cos x Ta chứng minh cosx x (0; ) (1) 2 x 0,25 (1) sin x.cos 1 x x3 x (0; ) sin x.cos 1 x x3 x (0; ) 2 0,25 )) ; f '( x) 3sin x cos 2 x sin x 3x2 f ''( x) 3sin x 2cos 3 x sin x 4cos 1 x sin x x Xét f ( x) sin x.cos 1 x x3 ( x [0; f '''( x) 6sin x 6cos 4 x sin x 14cos 2 x sin x 0x; f '''( x) x [0; ) =>f’’(x) đồng biến [0; ) nên x [0; ) ta có f ''( x) f ''(0) 2 =>f’(x) đồng biến [0; ) nên x [0; ) ta có f '( x) f '(0) 2 =>f(x) đồng biến [0; ) nên x (0; ) ta có f ( x) f (0) 2 sin x.cos 1 x x3 x (0; ) 0,25 0,25 IV1:(1,5) Gọi I trung điểm SE => DI đường trung bình tam giác SAE =>DI//AE DI=AE/2 BD AE nên BD DI S 0,25 I D E a C A H x B Đăt x=AB theo công thức đường trung tuyến tam giác SAB ta SB AB SA2 x a x2 a2 AE BE DI ( ) có BD2 4 4 2 9a x Tương tự BI 16 0,25 a Gọi H tâm tam giác ABC, S.ABC tam giác nên SH (ABC)=>SH đường cao x2 a2 hình chóp; diện tích tam giác ABC SABC AB AC.sin 600 BC x a a AH AH SH SA2 AH sin 60 3 0,25 Do BD DI => tam giác BDI vuông D BI BD DI x IV2:(1,5) a3 21 Thể tích khối chóp S.ABC VSABC SH SABC 54 2)Gọi J giao điểm SG BC => J trung điểm S BC=> SABJ SACJ S ABC V VS ABJ VS ACJ VS ABC 2 N 0,25 0,25 0,25 G A C M J B VS AMG SA SM SG x SM SN V 2x VS AMG ,y ( x, y (0;1]) SB SC VS ABJ SA SB SJ 3 2y V V Tương tự VS AGN V1 VS AMG VS AGN ( y x) (1) 3 Đặt x 0,25 0,25 V:(1,0 ) V1 SA SM SN xy V1 Vxy (2) Từ (1) (2)=>x+y=3xy (*) V SA SB SC Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có x y xy Dấu “=” xảy x=y Từ (*) ta có 3xy xy xy ; Dấu “=” xảy x=y= 9 V V dấu “=” xảy x=y= => giá trị lớn V1 xy V1 Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 b2 c2 P (a b)2 (b c)2 (c a)2 x, y, z b c a 1 đặt x , y , z P b c a a b c xyz=1 (1 ) (1 )2 (1 )2 a b c 1 P 2 (1 x) (1 y) (1 z )2 0,25 Giả sử x=max{x;y;z} xyz x3 x Ta chứng minh 1 y, z 2 (1 y ) (1 z ) yz 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1 zy )(2 z y z y ) (1 zy z y ) 2( z y )(1 zy ) zy (1 zy )( y z ) zy (1 yz ) (1 zy ) 2( z y )(1 zy ) ( z y ) (1 zy )( y z ) yz y z (1 yz ) ( y z ) yz yz ( y z ) (1 yz ) dấu “=” xẩy z=y=1 1 1 1 x2 x P (1 x) (1 y ) (1 z ) (1 x) zy (1 x) (1 x) x 2 x x 1 x 1 ( x [1;+)); f'(x)= 0x 1; f '( x) x 1 [1;+) =>f(x) Xét f ( x) (1 x) ( x 1)4 đồng biến [1;+ ) f ( x) f (1) x 3 => P f ( x) a=b=c P= nên GTNN P 4 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y x3 2mx 3x (1) đường thẳng () : y 2mx (với m tham số) Tìm m để đường thẳng () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ không đổi O gốc toạ độ) 2x có đồ thị (C) đường thẳng d: y 2 x m Chứng minh d cắt (C) x2 hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến 2) Cho hàm số y (C) A B Tìm m để P = k1 2013 k 2013 đạt giá trị nhỏ Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin x cos x sin x 2) Giải hệ phương trình: 4 3xy y x 1 x x (9 y 1) 4( x 1) x 10 Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: S 1 1 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! u1 n 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N *) Tìm lim k 1 u k u u u n n 1 n Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB SAC 900 , BSC 1200 Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: xyz 2 Chứng minh rằng: x8 y8 y8 z8 z x8 8 x4 y4 x2 y2 y4 z y2 z z x4 z x2 …………… Hết……………… Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa) Điểm Câu Nội dung I1 1) Cho hàm số y x3 2mx2 3x (1) đường thẳng () : y 2mx (với m tham 1,0đ số) Tìm m để đường thẳng () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) Hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) ( ) nghiệm phương trình: x3 2mx2 3x 2mx x3 2mx (2m 3) x x ( x 1) x (2m 1) x x (2m 1) x 0(2) 0,25 Vậy () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt phương trình (2) có hai (2m 1) nghiệm phân biệt x m m Khi đó, ba giao điểm A(1;2m-2), B( x1;2mx1 2), C( x2 ;2mx2 2) , x1; x nghiệm phương trình (2) nên x1 x 2m 1, x1x 2 0,25 BC.d Trong d = d(O; ) = 1+4m2 BC2 ( x2 x1 )2 (2mx2 2mx1 )2 ( x1 x2 )2 x1x2 4m2 1 Tam giác OBC có diện tích S BC 2m 1 8 4m2 1 I2 1,0đ S 2m 1 8 Vậy S = 17 m 4m 4m 17 (TM) m 2 2) Cho hàm số y 2x có đồ thị (C) đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh x2 0,25 0,25 d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến (C) A B Tìm m để P = k1 2013 k 2013 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) d: x 2 2x 2 x m x2 2 x (6 m) x 2m 0(*) 0,25 Xét phương trình (*), ta có: 0, m R x = -2 không nghiệm (*) nên d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến A, B k1 1 , x1 , x nghiệm phương trình (*), ta thấy , k2 ( x1 1) ( x2 1) k1 k x1 22 x2 22 x1 x2 x1 x2 42 (k1>0, k2>0) 0,25 Có P = k1 2013 k 2013 k1k 2013 2014 , dó MinP = 22014 đạt k1 k 1 ( x1 2) ( x2 2) 2 ( x1 2) ( x2 2) x1 , x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - x1 + x2 = - m = - Vậy m = - giá trị cần tìm II1 0,25 1) Giải phương trình: sin x cos x sin x (1) 1,0đ 4 PT(1) 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) (cosx – sinx) (cos x sin x)(sin x cos x) 2 *) cos x sin x x k 0,25 0,25 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + = cosx + sin3x + = (2) cos x 1 hệ vô nghiệm sin 3x 1 0,25 *) Vì cos x 1; sin 3x 1, x nên (2) Vậy PT có nghiệm là: x II2 1,0đ 2) Giải hệ phương trình: 0,25 k (k Z ) (1) 3xy y x 1 x x (9 y 1) 4( x 1) x 10(2) ĐK: x NX: x = không TM hệ PT Xét x > PT (1) y y y x 1 x x y y (3 y ) x 0,25 (3) x x Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t t , t > t 1 Ta có: f’(t) = + t2 t 1 >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞) 3y = x x PT(3) f(3y)= f 0,25 Thế vào pt(2) ta PT: x x 4( x 1) x 10 Đặt g(x)= x x 4( x 1) x 10 , x > Ta có g’(x) > với x > g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞) 0,25 Ta có g(1) = Vậy pt g(x) = có nghiệm x = Với x =1 y = 3 KL: Vậy hệ có nghiệm nhất: (1; ) III1 1) Rút gọn biểu thức: 1,0đ S 0,25 1 1 1 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k 1).k!.(2013 k )! 2014.2013!.0! 2013 k C S 2013! 2013 k 0 (k 1).k!.(2013 k )! k 0 k 2013 +) Ta có: S +) Ta có: k C 2013 C k 1 2013! 2014! 2014 k (k 1)!.(2013 k )! 2014.(k 1)!2014 (k 1)! 2014 (k =0;1;…;2013) k 1 C 2014 2014 k C 2014 2014 k 1 k 2014 0,25 0,25 2013 +) Do đó: S.2013!= +) S.2013! = III2 1,0đ 0,25 2014 1 2014 S 2014! 2014 0,25 u n 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N *) Tìm lim k 1 u k u u u n n 1 n +) Ta có: u n1 u n (u n2 4u n 4) 0, n Dãy khơng giảm Nếu có số M: un M với n, tồn limun = L Vì un u1 L u1 +) Khi ta có: L = L2 – L + L = (Vô lý) limun = 1 +) Ta có: u n2 2u n 2u n1 u n (u n 2) 2(u n1 2) u n (u n 2) 2(u n 1 2) 1 1 1 ( n N * ) u n u n u n1 u n u n u n1 n 1 1 lim u1 u n 1 k 1 u k k 1 u k n +) Do đó: = 2 u IV1 1) Cho khối chóp S ABC SA 2a, SB 3a, SC 4a, ASB SAC 900 , BSC 1200 1,5đ Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 21/10/2020 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu I (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y = x − ( m + 1) x + có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có ba góc nhọn Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = x − ( m − 1) x − ( m + 3) x + m − nghịch biến khoảng ( −1;0 ) Câu II (2,0 điểm) xy ( xy − 1)2 + x y = ( x + 1) ( x + x + 1) Giải hệ phương trình sau: 2 x + xy x y + + ( xy + 1) x + x + + = Xác định giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: x − + m x + − x2 − = Câu III (2,0 điểm) Kết thúc đợt Hội học chào mừng ngày Nhà giáo Việt Nam, lớp 12A có 10 bạn trao thưởng có An Bình Phần thưởng để trao cho 10 bạn gồm sách Hóa, sách Tốn, sách Tiếng Anh (trong sách môn giống nhau) Mỗi bạn nhận sách khác loại Tìm xác suất để An Bình có phần thưởng giống Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B ( −1 ;4 ) Gọi D , E ( −1;2 ) 7 chân đường cao kẻ từ A, B M trung điểm đoạn thẳng AB Biết I − ; tâm 2 đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC Câu IV (3,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a góc BAD = 120 a) Tính thể tích khối chóp S ABCD biết SA = SB = SC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 3a ( SCD) b) Tính thể tích khối chóp S ABC biết góc mặt phẳng ( ABC ) , ( SBC ) 45 tam giác SAB vuông cân A Cho hình lăng trụ đứng ABCD ABCD , đáy ABCD hình thoi cạnh a Gọi N trung điểm DD , M nằm cạnh BB cho MB = 2MB , P giao điểm CC ( AMN ) Biết góc ABC = AA = a Tìm cos để góc hai đường thẳng AP AN 45 Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương nhỏ thỏa mãn ( 3x + 1) + ( y + z ) − x ( y + z ) = x + yz ( x + y ) + x + z + 1 ( x + z ) + x + y + 1 2( x + 3) + y + z − 16 Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2x2 + y + z Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi số 1: Cán coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC: 2020 - 2021 Ngày thi: 21/10/2020 Mơn thi: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm có 07 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Đáp án Câu Điểm Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y = x − ( m + 1) x + có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có ba góc nhọn Ta có y = x3 − ( m + 1) x = x(2 x − m − 1) 1,0 0,25 Hàm số có ba cực trị m + m −1 m +1 m + 1) ( Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: A ( 0;1) , B ;1 − , m +1 m + ( m + 1)2 m + ( m + 1)2 m + 1) ( C− ;1 − ;− ;− AB = , AC = − 4 0,25 Tam giác ABC cân A Do đó, tam giác ABC nhọn góc BAC m + ( m + 1) nhọn AB AC − + ( m + 1) ( m + 1) − 8 I 16 (2,0 m điểm) m −1 Kết hợp với điều kiện, ta m Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = x − ( m − 1) x − ( m + 3) x + m − nghịch biến khoảng ( −1;0 ) Ta có y = x − ( m − 1) x − ( m − 3) có = ( m − 1) + m + = m2 − m + 0, m nên y 0,25 0,25 1,0 ln có nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 x2 ) với m Bảng biến thiên hàm số sau: x x1 − y + + x2 − 0,25 + 0,25 y m − y ( −1) Để hàm số nghịch biến khoảng ( −1;0 ) −m − y ( ) 0,25 −3 m Vậy tập hợp tất giá trị m −3; 4 0,25 xy ( xy − 1)2 + x y = ( x + 1) ( x + x + 1) Giải hệ phương trình sau: 2 2 x + xy x y + + ( xy + 1) x + x + + = 1,0 xy ( xy − 1)2 + x y = ( x + 1) ( x + x + 1) (1) Hệ phương trình: 2 x + + xy + x + x + − x y + = (2) 0,25 ( ) Từ phương trình (1) ta có: xy x y − xy + = ( x + 1) ( x + 1) − ( x + 1) + 1 (3) Đặt f ( t ) = t ( t − t + 1) , t 2 Ta có: f ( t ) = 3t − 2t + 0, t nên f ( t ) đồng biến Do (3) xy = x + Thay vào (2), ta x + ( x + 1) x + x + + ( x + ) x + x + + = II (2,0 điểm) ( x + 1) (1 + ) ) ( 0,25 x + x + + ( x + ) + x + x + = (4) 2 a = x + x + b2 − a − x + 2x + = a 2 Đặt b − a = x + x = 2 x + 4x + = b b = x + x + Phương trình (4) trở thành b2 − a − b2 − a + (1 + a ) + (1 + b ) = 2 0,25 ( b − a ) ( a + b )( a + b + ) + 1 = a = b (do a 0, b ) Với a = b x + x + = x + x + x = − y = 3 x = − Vậy nghiệm hệ y = Xác định giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: x −1 + m x + − x2 −1 = Điều kiện: x Chia vế cho Đặt t = x + ta phương trình −5 x −1 x −1 + 24 = m x +1 x +1 0,25 1,0 0,25 x −1 hàm số đồng biến 1; + ) x +1 Ta có t t = x −1 = 1− t x +1 x +1 0,25 Khi ta có phương trình m = −5t + 2t (1) với t 0;1) Bảng biến thiên hàm số f (t ) = −5t + 2t [0;1) : x 5 0,25 y −3 1 Ycbt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc 0;1) m 0; 5 0,25 III Kết thúc đợt hội học hội giảng chào mừng ngày Nhà giáo Việt Nam, lớp 12A có 10 (2,0 bạn trao thưởng có An Bình Phần thưởng để trao cho 10 bạn gồm điểm) sách Hóa, sách Tốn, sách Tiếng Anh (trong 1,0 sách mơn giống nhau) Mỗi bạn nhận sách khác loại Tìm xác suất để An Bình có phần thưởng giống Gọi x, y , z số học sinh nhận phần thưởng là: sách Hóa sách Tốn, x + y = x = sách Hóa sách Tiếng Anh, sách Toán sách Tiếng Anh x + z = y = y + z = z = Số phần tử không gian mẫu n ( ) = C102 C83 C55 = 2520 0,25 0,25 Gọi A biến cố “An Bình có phần thưởng giống nhau” Có khả xảy là: - Khả 1: An Bình nhận sách Hóa sách Tốn, chọn người người cịn lại để nhận sách Hóa sách Tiếng Anh có C83 cách, người cịn lại nhận sách Tốn sách Tiếng Anh có C55 cách, nên Khả có C83 C55 = 56 cách chọn thỏa mãn biến cố A - Khả 2: An Bình nhận sách Hóa sách Tiếng Anh, cách chọn 0,25 tương tự Khả 1, ta có C81.C72 C55 = 168 cách chọn thỏa mãn biến cố A - Khả 3: An Bình nhận sách Toán sách Tiếng Anh, cách chọn tương tự Khả 1, ta có C83 C53 C22 = 560 cách chọn thỏa mãn biến cố A n ( A) = C83 C55 + C81.C72 C55 + C83 C53 C22 = 784 Vậy xác suất cần tìm là: P ( A) = n ( A) n () = C83 C55 + C81.C72 C55 + C83 C53 C22 14 = C102 C83 C55 45 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B ( −1 ; ) Gọi D, E ( −1; ) N chân đường cao kẻ từ A, B trung điểm đoạn thẳng AB Biết 7 I − ; tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEN Tìm tọa độ đỉnh C tam 2 giác ABC 1,0 0,25 Phương trình BE : x = −1 Phương trình đường thẳng AC qua E ( −1 ; ) vng góc với BE y = c −1 ;3 Gọi N trung điểm BC giả sử C ( c ; ) AC N Ta chứng minh: Tứ giác MEND nội tiếp đường tròn tâm I Thật vậy: Ta có MAE = MEA EM đường trung tuyến tam giác EAB vng E NME = MEA vị trí so le (do MN // AC ) MAE = NME (1) 0,25 Mặt khác D, E nhìn AB góc vng nên ABDE nội tiếp đường tròn MAE = EDN (cùng bù với BDE ) (2) Từ (1), (2) NME = EDN MEND nội tiếp đường trịn Ta có tứ giác MEND nội tiếp đường tròn tâm I c+2 1 1 1 IN = IE IN = IE + = + 2 2 2 c = −1 C (1; ) c = −5 C ( −5; ) 2 2 0,25 0,25 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a góc BAD = 120 a) Tính thể tích khối chóp S ABCD biết SA = SB = SC khoảng cách từ điểm A đến 3a mặt phẳng ( SCD) 1,0 S K A M B 0,25 D H C IV (2,0 Do ABCD hình thoi canh a có góc BAD = 120 nên ABC cạnh a điểm) Gọi H hình chiếu S mặt phẳng ( ABCD ) Do SA = SB = SC HA = HB = HC HC ⊥ AB HC ⊥ CD Dựng HK ⊥ SC , K SC HK ⊥ ( SCD ) d ( H , ( SCD ) ) = HK Gọi M trung điểm AB M , H , C thẳng hàng 3 Do AB // ( SCD ) suy ra: d ( A, ( SCD ) ) = d ( M , ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HK 2 3 a HK = a HK = 1 1 Ta có = − = SH = a 2 SH HK HC a 3 VS ABCD = a a = a b) Tính thể tích khối chóp S ABC biết góc mặt phẳng ( ABC ) , ( SBC ) 45 tam giác SAB vuông cân A 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 Do SAB vuông cân A , AB = a SA = a, SB = a Xét hình chóp A.SBC có SA = AB = AC , suy AO ⊥ ( SBC ) với O tâm đường tròn ngoại tiếp SBC OM ⊥ BC Gọi M trung điểm BC , ABC suy AM ⊥ BC Suy góc mặt phẳng ( ABC ) , ( SBC ) AMO = 45 Xét tam giác ABC cạnh a có AM đường cao AM = Xét tam giác AMO vuông cân O nên AO = OM = AM a 2 a = 6a a a 10 OB = OM + MB = + = 16 4 Gọi N trung điểm SB ON ⊥ SB ON = OB − NB = sin SBO = a OM 15 10 ON = , cos OBM = , sin OBM = = , cos SBO = OB 5 OB 5 ( ) sin SBC = sin SBO + OBM = S SBC = 0,25 2+2 0,25 1 + 1+ SB BC sin SBC = a a = a 2 5 1+ a 6 + 1 a = a VS ABC = VA.SBC = SSBC d ( A, ( SBC ) ) = S SBC AO = 60 3 Cho hình lăng trụ đứng ABCD.ABCD , đáy ABCD hình thoi cạnh a Gọi N trung điểm DD , M nằm cạnh BB cho MB = 2MB , P giao điểm CC ( AMN ) Biết góc ABC = AA = a Tìm cos để góc hai đường thẳng AP AN 45 0,25 1,0 D' C' A' P B' N I M D C A 0,25 B Đặt AB = a, AD = b, AA = c, BAD = Ta có a c = b c = 0, a.b = a cos , a = b = c = a 1 Ta có AN = b + c, AM = a + c Gọi O, O tâm hai đáy ABCD, ABC D , I giao điểm OO MN , P giao điểm AI CC Ta có P = ( AMN ) CC AMPN hình 0,25 bình hành CP CP Ta có AP = AM + AN = a + b + c AP = AC + CP = a + b + c Vậy = CC CC 1 a Ta có: AP = a + b − c AP = a + b − c = 73 + 72cos ; 6 a AN = b + c AN = 2 Theo giả thiết, ta có: cos 45 = AP AN AP AN = 0,25 11 + 12cos ( 73 + 72cos ) Giải phương trình, tìm cos = 288cos + 168cos − 123 = −7 + 295 24 − 295 Vậy cos = cos (180 − ) = − cos = 24 Cho x, y , z số dương nhỏ thỏa mãn ( x + 1) + ( y + z ) 0,25 − x ( y + z ) = x + yz ( x + y ) + x + z + 1 ( x + z ) + x + y + 1 2( x + 3)2 + y + z − 16 Tìm giá trị lớn biểu thức P = x2 + y + z 1,0 V 2 (1,0 Từ giả thiết ta có + = ( x + y )( x + z ) 3x + y + z + 3x + z + y + điểm) Sử dụng bất đẳng thức 1 4 + ; x, y ( x + y )( y + z ) x + y + 3z + x y x+ y x + y + x + z ( 2x + y + z ) Mặt khác ( x + y )( x + z ) = 2 0,25 ( 2x + y + z ) t2 Đặt t = x + y + z , ta 3t + x + y + 3z + 3t + 2t − 32 ( t − ) ( 3t − 4t + 16 ) t x + y + z y + z − 2x Ta có y + z 2 ( y + z) (1 − x ) 2 12 x + 12 x + 6x +1 6x +1 P = 1+ 1+ = 1+ = 1+ 2 2 2x + y + z 2x − 2x +1 x + (1 − x ) x + (1 − x ) Xét hàm số f ( x ) = Ta có f ( x ) = 6x +1 với x ( 0;1) 2x − 2x +1 −12 x − x + ( 2x 0,25 − x + 1) x = −1 f ( x ) = x = 0,25 Bảng biến thiên hàm số ( 0;1) : x f ( x) 0,25 f ( x) Từ bảng biến thiên, ta có f ( x ) 9, x ( 0;1) P + f ( x ) 10 1 Dấu xảy x = , y = , z = Vậy max P = 10 3