Toán vdc hsg4 hsg toán 12 hưng yên 2020 2021 hoàn thiện

Cho hình chóp S ABC.. Thể tích khối chóp S ABC... Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S.. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3... Minh họa bằng hình vẽ:... Cho hình chóp S ABC.. Thể tí

Câu 1 (6,0 điểm)

1 Cho hàm số y=g x( )=x2+(m+1)x+1( m là tham số thực) Tìm m để đồ thị ( )C của

hàm số ( ) 3 ( ) 2 ( )

y= f x =x + m- x + - m x- cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành

độ x , 1 x , 2 x thỏa mãn 3 2( ) 2( ) 2( )

2 Cho hàm số yf x  có đạo hàm f x  9 x2,  x Tìm tất cả các giá trị thực của

tham số m để hàm số  2   2  1

x nghịch biến trên nửa khoảng

1;  .

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình 9xx2 2x 1 3 x 2x3 x2 0

2 Cho các số thực ,a b thỏa mãn loga2b2206a8b 4 và các số thực dương ,cd thỏa1

3

c d c d  c  cd d  c d  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 2 2  2

Câu 3 (5,0 điểm)

1 Cho hình chóp S ABC. có ABAC 2 ,a BC a , SA3a Thể tích khối chóp S ABC. theo

abiết SAB SAC 60 

2 Cho điểm A nằm trên mặt cầu  S

tâm O bán kính R9cm

Gọi ,I K là hai điểm trên

đoạn OA sao cho OI IK KA Các mặt phẳng lần lượt đi qua ,I K cùng vuông góc với OA

và cắt mặt cầu  S theo đường tròn C1 , C2 Gọi V V lần lượt là thể tích khối nón đỉnh 1, 2 O, đáy là đường tròn C1 , C2 Tính tỉ số

1 2

V

V .

3. Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông tại A, ABAC a (a 0), biết

B A B B B C     ; góc giữa hai mặt phẳng BCC B  và  ABB A  bằng   với

5 tan

2 2

 

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A C  và B C

Câu 4 (4,0 điểm)

Tìm nguyên hàm 2

d

x x I



 

Câu 5 (4,0 điểm)

Cho dãy số  a n xác định như sau

1

2 1

2

2021 n n 2023 n 1, 1

a







Tính

1

n n

n

a

 



Câu 6 (2,0 điểm)

Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số

1, 2,3, 4,5, 6,7,8,9 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3.

-HẾT -H ƯỚNG DẪN GIẢI NG D N GI I ẪN GIẢI ẢI Câu 1 (6,0 điểm)

1 Cho hàm số y g x  x2m1x  (m là tham số thực) Tìm m để đồ thị 1  C của hàm

sốyf x x3m1x21 m x  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ 1 x ,1 2

2 Cho hàm số yf x 

có đạo hàm f x   9 x2,   Tìm tất cả các giá trị thực củax

tham số m để hàm số  2   2  1

x

  nghịch biến trên nửa khoảng

1;  .

Lời giải 1.

 Đồ thị hàm số yf x  x3m1x21 m x 1

cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3m1x21 m x 1 0  1 có ba nghiệm phân biệt

Ta có  1    2 

2

1

1 0

x





  

Do đó phương trình  1 có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x2mx  có1 0

hai nghiệm phân biệt khác 1 2

2 0

4 0

m m

 



 

 



2 2

m m

 



  

  2 .

mãn

1 2

1 2 1

x x

 







  3

 Ta có: g x2 x42m1x3m22m3x22m1x1

 Chia biểu thức g x2 

cho f x 

ta được

g x g x g x     2 2  2    2

 Thay  3 vào  4 và rút gọn, ta được m23m 4 0

1 4

m m





  

 Kết hợp với điều kiện

 2

ta được m 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán

2.

x

2



2

1

2 x 1 9 x 2x m 1 x

x



nghịch biến trên nửa khoảng 1;  khi và chỉ khi g x    0, x 1; 

2

1

2 x 1 9 x 2x m 1 x 0, x 1;

x



2 1 2 2 2 2 9 , 1;

Xét hàm số h x 2x2x22x2 9

  trên nửa khoảng 1;  có:

h x  x x  x   x x x  x

  4  1  3  2 2 3 8 3  1   2 0, 1; 

Bảng biến thiên của hàm số h x  2x2x22x2 9

  trên nửa khoảng 1;   như sau:

Dựa vào bảng biến thiên: điều kiện (*) xảy ra khi m2      1 0 1 m 1

Vậy tất cả giá trị thực của tham số m thỏa mãn điều kiện đề bài là: 1   m 1

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình 9xx2 2x 1 3 x 2x3 x2 0

2 Cho các số thực ,a b thỏa mãn loga2b2206a8b 4  và các số thực dương ,cd thỏa1

3

c d c d  c  cd d  c d  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 2 2  2

Lời giải 1.

 

2 2 2 1 2 3 2 0 (*)

2

4

1

x

      

 

2 2

2 2

2 (*)

2

t

t

 





 



3

2

3

2

x

x

 





 



 

 

2

x x

x x

 

 

 



 và  x2   0 x .

x

Xét hàm số y3x 2x1

có tập xác định D  , đạo hàm y 3 ln 3 2x  3

x

y     x

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  2 có 2 nghiệm.

Dễ nhận thấy 2 nghiệm của phương trình  2 là: x 0 và x 1.

Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là: x 0 và x 1.

2

 Với điều kiện: 6a8b 4 0 (*) và a2b220 1 nên:

2 2 20

 6a8b 4a2b220  a 32b 42  1

Do đó: M a b ;  bất kỳ thuộc đường tròn   C : x 32y 42 1

Đường tròn  C

có tâm I3; 4

, bán kính r  1

 Vì: c d 0 nên:

3

Xét hàm số f t  log3t t  4

với t 0 có   1 1 0

ln 3

f t

t

với t 0 Suy ra f t 

đồng biến trên khoảng 0;  

 phương trình f t   0

có tối đa một nghiệm 0

t  .

Mặt khác ta có: f  3  Vậy 0 t 3 là nghiệm duy nhất của phương trình f t   0

Từ đó (1)  2c d 3 2c d  3 0.

Do đó: N2 ;c d

là điểm bất kỳ thuộc đường thẳng : x y  3 0.

 T a 2c2b d 2 MN2 Suy ra: minT minMN2

Xét: d ;  3 4 32 2 2 2 1

1 1

I      

   nằm ngoài  C Do đó: MN 2 2 r 2 2 1.

Khi đó minMN 2 2 1. Suy ra: minT 2 2 1 2  9 4 2

Giá trị minT đạt được khi: N là hình chiếu của I lên  và M IN C

+ Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  thì:

Khi đó:     N1;2 

1 2

c 

, d 2 + M IN C

Suy ra:

2 2 1 6 2 8 2

;

1 2 2 1





2

a 

,

2

b 

thỏa mãn điều kiện (*) Vậy: minT  9 4 2

Minh họa bằng hình vẽ:

Câu 3 (5,0 điểm)

1 Cho hình chóp S ABC. có AB AC 2 ,a BC a , SA3a Thể tích khối chóp S ABC. theo

a biết  SAB SAC 60 

2 Cho điểm A nằm trên mặt cầu  S tâm O bán kính R9cm

Gọi ,I K là hai điểm trên

đoạn OA sao cho OI IK KA Các mặt phẳng lần lượt đi qua ,I K cùng vuông góc với OA

và cắt mặt cầu  S theo đường tròn   C1 , C2 Gọi V V lần lượt là thể tích khối nón đỉnh 1, 2 O,

đáy là đường tròn   C1 , C2 Tính tỉ số

1 2

V

V .

3. Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông tại A, ABAC a (a 0), biết

B A B B B C     ; góc giữa hai mặt phẳng BCC B  và  ABB A  bằng   với

5 tan

2 2

 

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A C  và B C

Lời giải

1

 Gọi H là trung điểm BC, ta có AB AC nên AH BC.

Ta có SABSAC c g c   SB SC nên SH BC, suy ra BC(SAH)

 Do đó (SAH) ( ABC) Trong mặt phẳng (SAH , kẻ ) SOAH

tại O  SO(ABC).

 Trong ABC, AH  AB2 HB2 =  

2 2

a

a

a    

 XétSAB, ta có SB2 SA2AB2 2 SA AB.cos 60o 7a2  SB a 7SC

Có

2

3 3

SH  SB  BH  a

2

SAH

S  p p SA p SH p AH p    SA AH SH   a

5

SAH

S

AH

 Vậy Thể tích khối chóp S ABC. là:

3

Cách 2:

Đặt ASm, AB n , AC  , SAB p  , SAC,BAC 

 Sử dụng công thức tính nhanh:

1

1 2cos cos cos cos cos cos 6

SABC

 Áp dụng :m3 ,a n p 2a ,

1 cos cos cos 60

2

     

cos

2

BAC

AB AC

8



 Ta có

.3 2 2 1 2

1

SABC



2

Từ giả thiết suy ra OI IK KA3

Gọi r r lần lượt là bán kính của 1, 2   C1 , C2, ta có r1 6 2,r2 3 5

Do đó

2 1 1

2 2

2

1

3

3

r OI V





3

P

K M

H

C' A'

C

B A

B'

2

BC a

BH CH AH  

, suy ra H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và

AH BC

Mặt khác, theo giả thiết ta có B A B B B C     nên B H ABC  B BC   ABC

,

B BC  ABC BC

   mà AH BC AH B BC 

nên

AHK BB AK BB Do đó góc giữa hai mặt phẳng BCC B  và  ABB A  là

AKH  , vì AH B BC  AH HK nên AHK vuông tại H



2 2 2

tan

2 2

a

HK

AKH

17

a

B H

HK BH B H  B H HK  BH   

, mà ACB H , B H ABC 

nên ACB HP 

ACB B HP 

, ACB  B HP  B P

Trong B HP 

kẻ HQB P , với Q B P  , do đó HQACB

tại Q

Do đó HQdH ACB,  

a

HP 

và HQ là đường cao nên

2 2 2

33

a HQ

 Ta có A C //AC A C //ACB  dA C B C ,   dA C ACB ,  dC ACB,   Gọi M B C C H ; Vì B C  //HC nên ta có

d ,

d ,

C ACB



, vì CHAB C  M

C ACB  H ACB  HQ 

33

a

A C B C   

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Tìm nguyên hàm 2

d

x x I



 

Lời giải

Ta có    

d ln 1 ln 2 1

x x

Câu 5 (4,0 điểm)

Cho dãy số  a n xác định như sau

1

2 1

2

2021 n n 2023 n 1, 1

a







Tính

1

n n

n

a

 



Lời giải

2021 a n a n a n 1 0, n

      suy ra dãy số  a n tăng, suy ra a n 2, n 

2

1

n

a





1

n

a



1





n

n

S

n

S

1 1 1

Vì  a n là dãy tăng, ta xét:

  

với điều kiện b 2 Khi đó 2021b b 22023b 1 b22b  1 0 b (không thỏa mãn điều kiện).1

tăng và không bị chặn trên Khi đó nlima n

  

suy ra 1

1

1

n n

a

 





Vậy

1 lim

3

n

  

Vậy

1

n n

n

a

 



Câu 6 (2,0 điểm)

Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số

1, 2,3, 4,5, 6,7,8,9 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3.

Lời giải

 Từ 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 ta lập được A 94 3024 số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n  C30241 3024

 Gọi A là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 3”

 Các số tự nhiên từ 1 đến 9 chia thành 3 nhóm:

- Nhóm I gồm các số tự nhiên chia hết cho 3, gồm 3 số

- Nhóm II gồm các số tự nhiên chia cho 3 dư 1, gồm 3 số

- Nhóm III gồm các số tự nhiên chia cho 3 dư 2, gồm 3 số

 Để chọn được số có 4 chữ số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng 4 chữ số chia hết cho 3, ta

có các trường hợp sau:

- 2 chữ số thuộc nhóm I, 1 chữ số thuộc nhóm II, 1 chữ số thuộc nhóm III có 4! .C C C32 31 31 cách

- 1 chữ số thuộc nhóm I, 3 chữ số thuộc nhóm II có 4! .C C31 33 cách.

- 1 chữ số thuộc nhóm I, 3 chữ số thuộc nhóm III có 4! .C C31 33 cách.

- 2 chữ số thuộc nhóm II, 2 chữ số thuộc nhóm III có 4! .C C32 32 cách.

Suy ra    2 1 1 1 3 1 3 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3

 Vậy xác suất cần tìm là

 

1008 1

3024 3

n A

P A

n



Hướng dẫn tìm và tải các tài liệu ở đây

https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6