Đáp án vdc giao lưu hsg toán

Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 9 2 8 a , độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy.. Trong tam giác SAC, dựng đường trung trực của đoạn thẳng SCcắt SO tại I , I là tâ

ĐÁP ÁN:

Câu 29: Cho hình chóp đều S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 9 2

8

a

, độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy Khoảng cách giữa hai đường

thẳng AB và SD bằng

A 2 17

17

a

17

a

17

a

17

a

Lời giải Chọn C

Gọi OACBD , M là trung điểm SC

Trong tam giác SAC, dựng đường trung trực của đoạn thẳng SCcắt SO tại I , I là tâm mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp S ABCD , bán kính 9 2

8

a

RSI 

Vì độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc

đoạn SO

Gọi x là độ dài cạnh bên của hình chóp

Ta có SOC đồng dạng với SMI

Suy ra

SC  SO  x  x a

2

2

2

a

 



 

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ THI THỬ HSG CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2022-2023

Môn: Toán - THPT

Thời gian làm bài: 90 phút;

(50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi: 101

9 8

x

a

 



 

 

không thỏa vì xa 2

2

x

a

 

 

 

Suy ra 2  2 2 2

SO  a a  a

d AB SD d AB SDC d A SCD  d O SCD

Gọi E là trung điểm CD, kẻ OH SE, khi đó d O SCD ,  OH

a OH

17

a

Câu 32: Cho hình hộp ABCD A B C D     có đáy là hình thoi cạnh a, ADC 1200 Mặt bên DCC D  là hình chữ nhật và tạo với mặt đáy một góc 600 Gọi M N P K, , , lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB A D CC BB    Tính thể tích khối đa diện MNPKA theo a biết AA 2a

A

3

3

16

a

3

9 16

a

3

9 32

a

3

3 32

a

Chọn C

Lời giải

Q H

B

A

D

C

C' B'

I

Từ giả thiết suy ra tam giác BCD đều cạnh a Gọi , Q I lần lượt là trung điểm của CD C D thì , ' '

;

DCC D ABCD IQB

lăng trụ và IH IQsin 600 3a

.

ABCD A B C D ABCD

Ta có V MNPKA' V NKMA'V NKMP

Gọi Q là trung điểm của CD Suy ra KMQP là hình bình hành Vậy SKMPSPMQ

Lại có d N KMP ;  d D ;PMQ  nên V N KMP. V D PMQ. V M PQD. 

Ta có:

2

a

S  S  S S  S    a a a a a a a a

Do đó:

2

1

M PQD

a

V

N PQD ABCD A B C D

Ta có:

2

3 4

a

2

N KMA

a

N KMA ABCD A B C D

Vậy ta có

3

9 32

a

Câu 34: Xét các số thực x y, thỏa mãn 2 2 1  2 2 

2x y   x y 2x2 4x Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4

y P

x y



  gần nhất với số nào dưới đây?

A 2 B 3 C 5 D 4

Lời giải Chọn B

2x y   x y 2x2 4x 2x y   x x y 2x 2

 

2x y x 1 y 1

t x y t , ta được BPT: 2t t 1

Đồ thị hàm số y 2t và đồ thị hàm số y t 1 như sau:

Từ đồ thị suy ra  2 2

         Do đó tập hợp các cặp số x y;  thỏa mãn thuộc hình tròn  C tâm I1; 0 , R  1

y

x y

Do d và  C có điểm chung    

2 2

2

3

P

       , suy ra giá trị nhỏ nhất của P gần nhất với 3

Câu 35 Cho hàm số ( ) 1 4 3 2

4

y f x  x ax bx cx có đồ thị  C của hàm số y f x như hình vẽ sau:

Đặt g x  ff x , h x  ff x   Tổng số điểm cực trị của hàm số g x   ,h x là:

Chọn D

Lời giải

Ta có :   3 2

f x x  ax  bx c có đồ thị  C Dựa vào đồ thị ta có :     2  3 2

f x  x x x  x  Đồng nhất hệ số ta được a 1;b0;c4

Suy ra   1 4 3   2

4

f x  x x  x f x  x  x + Xét hàm số yg x  ff x 

Ta có g x  f x f f x 

 

0 0

0

f x

g x

f f x

 



 

 

 

0 0

2 2

x x

x x















(*)

Do phương trình  1 có 3 nghiệm, phương trình  2 có 1 nghiệm nên hệ phương trình (*) có 6 nghiệm, trong đó có 3 nghiệm bội chẵn của phương trình  1 Do đó hàm số g x  có 3 điểm cực trị

+ Xét hàm số h x  f 'f x  

Ta có h x'  f x f f x  

 

 

2

0 0

2

x

h x

f x

f f x

f x











 

 

2 1 1

4 1

4

x x





  









 **

Do phương trình  3 có 2 nghiệm đơn, phương trình  4 có 2 nghiệm đơn nên hệ phương trình (**) có 6 nghiệm, trong đó có 1 nghiệm bội chẵn x 2 Do đó hàm số h x  có 5 điểm cực trị SVậy tổng số điểm cực trị của hai hàm g x   ,h x là 8

Câu 41: Lớp 10 X có 25 học sinh, chia lớp 10 X thành hai nhóm A và B sao cho mỗi nhóm đều có học

sinh nam và nữ Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, mỗi nhóm một học sinh Tính xác

suất để chọn được hai học sinh nữ Biết rằng, trong nhóm A có đúng 9 học sinh nam và xác suất

chọn được hai học sinh nam bằng 0,54

Lời giải Chọn B

Gọi số học sinh nam ở nhóm B là c c   và b b   là số học sinh nữ ở nhóm A

Số phần tử của không gian mẫu là n    9b c 25 9  b c  9b16b

Gọi T là biến cố chọn được hai học sinh nam Suy ra n T 9c

Do 9 16  9 16 200

2

nên 9b16b  50;100;150 Thử các trường hợp ta chỉ có trường hợp c  và 9 b  hoặc 1 b  thỏa mãn 6

Vậy xác suất chọn được hai học sinh nữ là 6.1 0, 04

150 

Câu 44 Cho phương trình log4xlog3x2log2x3 logm x m 20, (với m là tham số thực) Biết tập

tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1

;100 100

  là a b;   b c;  Xét T a b c  , trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A T 2;3 B T 0;1 C 3; 2

2

T  

2

T  

Lời giải

Chọn C

Đặt tlogx, vì 1 ;100  2; 2

100

x   t

Phương trình trở thành

t t  t  m tm   t  t t  t  m t m

 2 2  2

2t t 3t 2m

Vẽ hai Parabol yt2t y;   t2 2t trên cùng một hệ trục tọa độ như hình vẽ

Đường thẳng ym cắt hai Parabol tại bốn điểm phân biệt thuộc 2;2

m  

3

4

4

T a b c  

Câu 48 Có bao nhiêu cặp số nguyên x y;  thỏa mãn đồng thời 2x log2 

   và x y, thuộc đoạn

Lời giải Chọn A

2

2xy log xy 2xx log2x y  x y   log 2 

2

2x x log x y 2 x y

Xét hàm số f t 2tt có ' 

2 ln 2 1 0,t

f t     t

 *  x log2x y  2   x y y x 2  **

Xét hàm số   2x

g x  x trên đoạn 2;10

Ta có : ' 

1 2 ln 2x

g x  

Kết hợp  ** và BBT ta có : 2

2

log

e

 

Do yZ nên y   hoặc 2 y   1

Với y   ta có : 2 g x    2 Do x  nên   x  1;0;1; 2 Trường hợp này có 4 cặp số

x y; thỏa mãn

Với y   ta có : 1 g x    1 Do x  nên  x 0;1 Trường hợp này có 2 cặp số

x y; thỏa mãn

Vậy có tất cả 6 cặp số x y; thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 50: Cho hình chóp S ABC có AB 5 cm, BC 6 cm, CA 7 cm Hình chiếu vuông góc của S

xuống mặt phẳng ABC nằm bên trong tam giác ABC Các mặt phẳng  SAB ,  SBC ,  SCA 

đều tạo với đáy một góc 60 Gọi AD , BE , CF là các đường phân giác của tam giác ABC với

DBC , EAC , FAB Thể tích S DEF gần với số nào sau đây?

A 2,9 cm 3 B 4,1 cm 3 C 3,7 cm 3 D 3,4 cm 3

Lời giải Chọn D

60°

H F

E

D I

C

B A

S

x 2 log2log e2  10

 

'

g x  0 

 

g x

9 4



2 2

log

e

1014

Vì các mặt phẳng SAB ,  SBC ,  SCA đều tạo với đáy một góc 60 và hình chiếu vuông góc 

của S xuống mặt phẳng ABC nằm bên trong tam giác ABC nên ta có hình chiếu của S chính 

là tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC thì 9

2

Ta có : S ABC  p p ABpBCpAC6 6 và 2 6

3

S r p

Suy ra chiều cao của hình chóp là : hr.tan 60 2 2

F

E

D

C B

A

I

Vì BE là phân giác của góc B nên ta có : EA BA

EC  BC

Tương tự : FA CA

FBCB,

DC  AC

Khi đó : AEF

ABC



ABC

BFD ABC

S  BCCA BA CA

Do đó,

1

, với BCa , ACb , AB c

2

ABC

abc

S



210 6 143

Suy ra . 1 210 6 .2 2

3 143

S DEF

cm 3, 4 cm 143