Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp chọn lọc nhiều đề thi học sinh giỏi tỉnh của lớp 12 của các tỉnh thành phố trong cả nước những năm gần đây. Nhiều đề thi và có lời giải chi tiết, các câu hỏi được chọn lựa kỹ càng phù hợp để được giải trong kỳ thi.
Table of Contents Tong hop 1 Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 10 DE chinh thưc HSG 12-Đọc 2022 10 doc 10 Đọc tham khảo-2022 10 Yên bái -đọc 2022 11 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 năm 2016 sở GD ĐT Quảng Ninh 11 Bến Tre Thanh Hoa-2022 11 De va dap an thi chon HSG Toan lop 12 nam hoc 20142015 cua tinh Vinh Phuc 11.Thi HSG trường 12-2022-De-Da 10 12 cụm trường THPT 22-23 11 12 Hà nội 2020 12 12 T12-O1 13 12 T12-O2 14 12 Thien 15 12 Trung 16 13 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD ĐT Thái Bình- nhớ đọc lại 16.1 De_TOAN (Cuoi) 16.2 DA_TOAN (cuoi) 17 13 TOÁN- Cụm - 18 13.cụm trường THPT 21-22 19 13.Đề- Đáp án- Cum 11 Trường THPT 19.1 Toán-CLinh - Đề 19.2 Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 20 DE - 21 DE -2 22 DE -3 23 DE -4 24 DE -5 25 DE -6 Tong hop cac de thi HSG tinh HD Tu 2012-2022 Tong nam hoc 2012-2021 Năm học 2021-2022 14 21 29 35 42 48 56 64 70 77 85 91 97 103 116 116 117 122 132 139 140 141 152 157 163 170 177 186 194 195 251 Table of Contents Toán-Cụm 11 THPT-Dap an 10 DE chinh thưc HSG 12-Đọc 2022 10 doc 10 Đọc tham khảo-2022 10 Yên bái -đọc 2022 11 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 năm 2016 sở GD ĐT Quảng Ninh 11 Bến Tre Thanh Hoa-2022 11 De va dap an thi chon HSG Toan lop 12 nam hoc 20142015 cua tinh Vinh Phuc 11.Thi HSG trường 12-2022-De-Da 12 cụm trường THPT 22-23 12 Hà nội 2020 12 T12-O1 12 T12-O2 12 Thien 12 Trung 13 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD ĐT Thái Bình- nhớ đọc lại De_TOAN (Cuoi) DA_TOAN (cuoi) 13 TOÁN- Cụm - 13.cụm trường THPT 21-22 13.Đề- Đáp án- Cum 11 Trường THPT 1 Toán-CLinh - Đề Toán-Cụm 11 THPT-Dap an DE - DE -2 DE -3 DE -4 DE -5 DE -6 13 20 28 34 41 47 55 63 69 76 84 90 96 102 115 115 116 121 131 138 139 140 151 156 162 169 176 185 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG NHÓM 11 TRƯỜNG THPT ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn thi: Toán Ngày thi 24/9/2022 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng tính thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Câu I( 2điểm) 2x +1 có đồ thị ( C ) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận Viết x −1 phương trình tiếp tuyến ( C ) biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng lần 1.Cho hàm số y = lượt A , B cho AB = IA 10 Cho hàm số y = x − 3mx + 3(m − 1) x − m3 + 4m − Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị cho đường thẳng qua điểm cực trị cắt đường tròn (x − 3) + (y − 2) = 14 điểm A , B phân biệt thỏa mãn AB = x ( + y ) − = + x − xy Câu II( điểm) Giải hệ phương trình ( x y − ) x − − x + xy = ( ) Một trường học có 27 giáo viên nam 15 giáo viên nữ có cặp vợ chồng Nhà trường chọn ngẫu nhiên người số 42 giáo viên cơng tác Tính xác suất cho người chọn có cặp vợ chồng Câu III(2 điểm) Tính lim n →+ u1 = 1; u2 = Cho dãy số (un ) xác định sau: * un + = 2un +1 − un + 2, n N un 2n + 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD Gọi H , K hình chiếu A BD CD Biết A ( 4;6 ) , phương trình HK : 3x − y − = , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y − = , điểm B thuộc đường thẳng d : x − y − = điểm K có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ điểm B, C , D Câu IV( điểm) Cho hình chóp S ABC Cho SA vng góc với đáy, SC = 2 , BCS = 45 , góc hai mặt phẳng ( SAB ) ( SBC ) 90 , góc hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBC ) 60 Tính thể tích khối chóp S ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC , điểm O trung điểm đường trung tuyến SG Mặt AA BB CC1 phẳng ( ) qua O cắt cạnh SA, SB, SC A1 , B1 , C1 Tính H = + + SA1 SB1 SC1 Cho điểm I , J , K nằm cạnh SA, SB, SC cho SA = 4SI , SB = 3SJ , SC = 2SK ; SI = JK = a, SJ = IK = b, SK = IJ = c ; a + b2 + c = 15 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC Câu V( điểm) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 32 − −5 ab ( a + c )( b + c ) + 4a + 4b + c -HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Đáp án Câu Điểm 2x +1 có đồ thị ( C ) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận x −1 Viết phương trình tiếp tuyến ( C ) biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận ngang 1.Cho hàm số y = 1,0 tiệm cận đứng A , B cho AB = 10 IA \ −1 * TXĐ: D = * Tiệm cận đứng: 1 : x = * Tiệm cận ngang: : y = * Giao điểm hai tiệm cận I(1;2) −3 x ; * Ta có: y ' = ( x − 1) 0,25 M x0 ; + ( x0 1) tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị ( C ) x0 − C) M k = y ' ( x0 ) = − ( tiếp tuyến có hệ số góc ( x − 1) Gọi Câu I (2,0 điểm) Do tiếp tuyến cắt đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng A , B cho AB = 10 IA 0,25 Mà tam giác IAB vuông I nên AB = IA2 + IB IA2 + IB = 10 IA IB = 3IA Vì tiếp tuyến có hệ số góc 3 TH1: Tiếp tuyến có hệ số góc Do y ' ( x0 ) = − ( x0 − 1) = Phương trình vơ nghiệm TH2: Tiếp tuyến có hệ số góc -3 y ' ( x0 ) = −3 − ( x0 − 1) 0,25 = −3 ( x0 − 1) = x0 − = x0 = x0 − = −1 x0 = Với x0 = M ( 2;5) Phương trình tiếp tuyến : y = −3x + 11 Với x0 = M ( 0; −1) Phương trình tiếp tuyến : y = −3x − 0,25 Cho hàm số y = x − 3mx + 3(m − 1) x − m3 + 4m − Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị cho đường thẳng qua điểm cực trị cắt 1,0 đường tròn (x − 3) + (y − 2) = 14 điểm A,B phân biệt thỏa mãn AB = y ' = 3x − 6mx + 3(m − 1) (1) Hàm số có CĐ, CT y ' = có hai nghiệm phân biệt 0,25 ' = với m y ' = có hai nghiệm x1,2 = m Thay x1,2 vào hàm số ta có tọa độ điểm cực trị : M(m + 1; m − 4); N (m − 1; m) 0,25 Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị :2 x + y − 3m + = I H A - 0,25 B Đường trịn có tâm I (3;2); R = 14 Kẻ IH vng góc với AB H trung điểm AB HA = IH = IA2 − HA2 = d (I; ) = IH = 10 − 3m - d (I; ) = = m = hoac m = 3 5 Vậy m = hoac m = 3 x ( + y ) − = + 3x − xy (1) 1.Giải hệ phương trình ( x y − ) x − − x + xy = ( ) x x +) Điều kiện: ( *) x + xy y − ( +) Với điều kiện (*) , từ (1) y + + y = CâuII (2,0 điểm) 0,25 1,0 ) 1 +3 + x x 0,25 ( 3) Xét hàm số: f ( t ) = t + + t , t − f ' (t ) = t t2 + +1 = t2 + + t 0, t − t2 + Suy ra, hàm số f ( t ) = t + + t đồng biến − ; + Mặt khác f ( t ) liên tục − ; + 1 Do đó, từ ( 3) f ( y ) = f y = x x Thay y = vào (1) , ta được: ( x − ) 3x − − x + = x ( ) 0,25 ( 4) 0,25 Nhận thấy, x = không nghiệm ( ) , nên ( ) viết lại: 5 3x − − x + − = 2x − 2x − 7 Đặt g ( x ) = 3x − − x + − , x , x 2x − 3x − − x + = g '( x) = = 10 x + − 3x − 10 − + = + 2 3x − 2 x + ( x − ) x + 3 x − ( x − ) x + 29 ( x + 3 x − x + + x − ) + 10 ( 2x − 7) 2 0, x , x 2 7 Suy g ( x ) đồng biến ; ; + 3 2 Phương trình có tối đa nghiệm Mà g (1) = g ( ) = , nên ( ) có hai nghiệm x = 1, x = 1 Vậy nghiệm ( x; y ) hệ phương trình (1;1) 6; 6 0,25 Một trường học có 27 giáo viên nam 15 giáo viên nữ có cặp vợ chồng Nhà trường chọn ngẫu nhiên người số 42 giáo viên cơng 1,0 tác Tính xác suất cho người chọn có cặp vợ chồng Số cách chọn người số 42 giáo viên C42 Do n ( ) = C42 0,25 Giả sử E biến cố: “trong người chọn có cặp vợ chồng” Giả sử có cặp vợ chồng ( A, B ) ( C , D ) A, C chồng TH1: Chọn cặp vợ chồng ( A, B ) Cần chọn người số 40 người lại ( trừ A, B ) mà khơng có cặp ( C , D ) Số cách chọn người số 40 người C40 Số cách chọn người 40 người mà có cặp ( C , D ) C38 Suy số cách chọn người số 40 người mà khơng có cặp ( C , D ) C40 − C38 0,25 TH2: Chọn cặp vợ chồng ( C , D ) 0,25 Tương tự ta có số cách chọn C40 − C38 Xác suất cần tính p ( E ) = ( C40 − C38 ) 0,25 C42 u1 = 1; u2 = Cho dãy số (un ) xác định sau: Tính * un + = 2un +1 − un + 2, n N 1.0 u lim n n →+ 2n + Ta có un+2 = 2un+1 − un + 2, n Đặt xn = un+1 − un , n * * un+ − un+1 = ( un+1 − un ) + 2, n xn+1 = xn + 2, n * * ( xn ) cấp số cộng với công sai d = số hạng đầu x1 = u2 − u1 = xn = + ( n − 1) = 2(n + 1), n un+1 − un = 2(n + 1), n * * 0,25 0,25 Suy với n ta có: 0,25 Câu III un − u1 = ( un − un−1 ) + ( un−1 − un−2 ) + + ( u2 − u1 ) = n + ( n − 1) + + = n ( n + 1) − (2,0 un = n2 + n − 1, n * điểm) n2 + n − u 0,25 lim n = lim = 2n + 2n + 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD * Gọi H , K hình chiếu A BD CD Biết A ( 4;6 ) , phương trình HK : 3x − y − = , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y − = , điểm B thuộc đường 1,0 thẳng d : x − y − = điểm K có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ điểm B, C , D 0,25 Gọi E = AC HK Tứ giác AHKD nội tiếp HAD = HKC Tứ giác ABCD nội tiếp ABC = ACD Tam giác ABD vuông A ABD = HAD Vì HKC = ACD hay tam giác ECK cân E EC = EK EAK = EKA Suy tam giác EAK cân E EA = EC nên E trung điểm AC c+ 8−c ; Ta có C d1 C ( c; − c ) E 0,25 Vì E HK nên tìm c = C ( 4; −2 ) K HK nên giả sử K ( 4a;3a − 1) AK = ( 4a − 4;3a − ) ; CK = ( 4a − 4;3a + 1) a= Ta có AK ⊥ CK AK CK = 25a − 50a + = a = 4 2 Vì hồnh độ điểm K nhỏ nên K ; − 5 5 BC có phương trình x − y − 10 = B = BC d B ( 6; ) 0,25 Viết phương trình AD : x − y + = Viết phương trình CD : x + y = Tìm D ( −4; ) 0,25 Vậy B ( 6;2 ) , C ( 4; −2 ) , D ( −4;2 ) Câu Câu IV Cho hình chóp S ABC Cho SA vng góc với đáy, SC = 2 , BCS = 45 , góc hai mặt phẳng ( SAB ) ( SBC ) 90 , góc hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBC ) 60 Tính thể tích khối 1,0 chóp S ABC Thể tích khối chóp V = SA.S ABC Kẻ AH ⊥ SB suy AH ⊥ ( SBC ) Do BC ⊥ SA BC ⊥ AH nên BC ⊥ ( SAB ) S K H Câu IV (2,0 điểm) 0,25 I C A , tam giác ABC vng B Suy tam giác SBC vuông cân B Kẻ BI ⊥ AC BI ⊥ SC kẻ BK ⊥ SC SC ⊥ ( BIK ) B Do góc hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBC ) BKI = 60 Do BCS = 45 nên SB = BC = K trung điểm SC nên BK = Trong tam giác vng BIK có BI = BK sin 60 = SC = 2 0,25 Trong tam giác vng ABC có 1 AB = = + 2 BI AB BC BI BC BC − BI = 15 15 10 ; SA = SB − AB = S ABC = AB.BC = 5 Vậy V = SA.S ABC = 15 Gọi G trọng tâm tam giác ABC , điểm O trung điểm đường trung tuyến SG Mặt phẳng ( ) qua O cắt cạnh SA, SB, SC A1 , B1 , C1 Tính H= AA1 BB1 CC1 + + SA1 SB1 SC1 0,25 0,25 1,0 Giả sử SA = a; SB = b; SC = c Đặt Do AA1 BB CC = m, = n, = p SA1 SB1 SC1 AA1 SA 1 =m = SA1 = SA = a SA1 SA m + m +1 m +1 Tương tự SB1 = 0,25 1 b, SC1 = c n +1 p +1 1 c− a p +1 m +1 1 Vì G trọng tâm tam giác ABC nên SG = SA + SB + SC = a + b + c 3 1 1 Do SO = a + b + c ; Vì A1O = − a + b + c 6 m +1 Ta có A1 B1 = SB1 − SA1 = 1 b− a ; n +1 m +1 A1C1 = SC1 − SA1 = ( ( ) ( ) 0,25 ) Do điểm A1 , O, B1 , C1 đồng phẳng nên véc tơ A1B1 , A1C1 , A1O đồng phẳng nên tồn = A1B1 + AC số , cho AO 1 1 1 1 − b− a+ c− a a + b+ c = 6 m +1 m +1 m +1 n +1 p +1 n +1 = = p +1 1 + =− − m +1 6 m +1 n +1 = AA1 BB1 CC1 p +1 + + = m + n + p = Vậy H = = SA SB SC 1 1 1− − 6 = m +1 Cho điểm I , J , K nằm cạnh SA, SB, SC cho SA = 4SI , SB = 3SJ , SC = 2SK ; SI = JK = a, SJ = IK = b, SK = IJ = c ; a + b2 + c = 15 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC 0,25 0,25 1,0 VS IJK SI SJ SK = = VS ABC = 24VS IJK VS ABC SA.SB.SC 24 Ta tìm giá trị lớn VS IJK 0,25 Trong mp(IJK), qua đỉnh tam giác IJK, vẽ đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi cắt tạo thành tam giác MNP hình vẽ Có S MNP = 4S IJK VS IJ K = VS MNP Do SJ = IK = NP SNP vuông S Tương tự, tam giác SMN, SMP vuông S 0,25 Đặt x = SM , y = SN , z = SP , ta có: x2 = ( a + c2 − b2 ) x + y = 4a 2 2 2 y + z = 4b y = ( a + b − c ) z + x = 4c 2 2 z = ( b + c − a ) 1 VS IJ K = VS MNP = xyz = a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) ( 24 12 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi: (a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) a + b − c + b + c − a + c + a − b 15 = = 125 3 10 125 = nên VS IJK 12 12 15 Đẳng thức xảy a = b2 = c = = a = b = c = 5 10 VS ABC = 24VS IJK 24 = 10 10 12 Vậy GTLN thể tích khối chóp S.ABC 10 10 ( đvtt) Câu V Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 32 − −5 ab ( a + c )( b + c ) + 4a + 4b + c Ta có: a + ac + b + bc ab ( a + c )( b + c ) = ( a + ac )( b + bc ) 2 0,25 1,0 cosi 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 Toán, sách Tiếng Anh (trong sách mơn 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 môn 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 Tốn 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 trịn 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