Đáp án chi tiết đề giao lưu hsg cụm

Góc giữa hai đường thẳng AB và BC bằng Lời giải Chọn C... Ta có: I trung điểm SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.. Số mặt phẳng đối xứng của một hình hộp chữ nhật có chiều d

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CỤM

NĂM HỌC: 2022- 2023 MÔN: TOÁN - LỚP 12 THPT

Câu 1 Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y 3 cosx sinx 3 là

A M 1 và m 5 B M 1 và m 7.

C M 1 và m 6 D M 1 và m 5.

Lời giải Chọn D.

Ta có y 3 cosx sinx 3 3 cosx sinx y 3

Phương trình có nghiệm  3 2  12y32  y32 4   2    y 3 2 5 y 1

Vậy M 1, m  5

Câu 2.Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3 2  2 3

7sin x 3 sinm x 1 3 m sinx m m có nghiệmtrên khoảng 0; là

A 0m1 B 0m1 C  1 m1 D  1 m1

Lời giải Chọn A.

Theo đề ta có: 8sin3x2sinx m33m2sinx3 sinm 2xsin3x sinx m  0

2sinx3 2sinx m sinx3 m sinx 0

(3)  a b  2sinx m sinx sin x m (4)

Phương trình ban đầu có nghiệm trên khoảng 0; khi và chỉ khi (4) có nghiệm trên khoảng  0; Suy ra 0m1

Câu 3.Một tổ có 10 học sinh Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng

và tổ phó?

A 10 2 B A 102 C C 102 D A 108

Lời giải Chọn B.

Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là A 102

Vậy suy ra: Đáp án B.

Câu 4.Tìm số hạng chứa x trong khai triển 10    

2

3 2

Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có    

19

19 0

Số hạng chứa x trong khai triển tương ứng với 10 19 k10 k9

Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển là 10 1910 9 10 5 1910 10

1

16C x  C x

Câu 5 Trong một hội thi có 2n 3 học sinh tham gia (n nguyên dương), gồm Hoa, Hồng, Cúc và 2n học sinh

khác Xếp tùy ý 2n 3 học sinh trên ngồi vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến 2n 3, mỗi họcsinh ngồi một ghế Giả sử Hoa, Hồng, Cúc được sắp xếp ngồi vào các ghế được đánh số lần lượt là

Số phần tử không gian mẫu là số cách xếp 2n 3 học sinh vào ghế Khi đó n    2n3 ! Gọi T là biến cố: “Hoa, Hồng, Cúc được sắp xếp ngồi vào các ghế được đánh số lần lượt là x y z, ,sao cho

Lời giải Chọn C

1 14

3 574

m

S n

a Góc giữa hai đường

thẳng AB và BC bằng

Lời giải Chọn C.

Gọi E là điểm đối xứng của A qua B.

Vậy góc giữa đường thẳng AB và BC bằng 60.

Câu 9 : Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh a Tính sin với  là góc giữa hai mặt phẳng AB D 

IKA I A K  nên tam giác A IK đều

Gọi E là trung điểm của IK  ,  6

Ta có: I trung điểm SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC  SBA SCA 90 Dựng hình chữ nhật ABDC

Ta có y' 4 x3 4mx4 (x x2 m)

Nếu m 0 m0 thì hàm số đạt cực tiểu tạix 0(thỏa mãn)

Nếu m0 m0 thì hàm số đạt cực đại tại x 0 (không thỏa mãn)

Vậy m 0 và m,m  10;10 m  10, 9,8, 7, 0   Vậy có 11 giá trị

Câu 12 Cho hàm số yf x  có đạo hàm f x  x x 2 2 x 52 Hàm số g x  f 10 5 x đồng biến

trên khoảng nào dưới đây?

A   ; 1 B 1; 2  C 2;    D 1;3 

Lời giải Chọn C.

Ta có g x  10 5 x f 10 5 x 5 10 5  x 10 5 x2 2 10 5 x 52

Hay g x 5 5 x10 5  x12 2 5x 52

 

2120

51

Vậy hàm số g x đồng biến trên   2;   và nghịch biến trên   ; 2

Câu 13 Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

x m y

x





 trên 0; 2 bằng  8 (m là tham số thực).Khẳng định nào sau đây đúng ?

A m 10 B 15m10 C 0m8 D 9m2

Lời giải Chọn B

Nếu m 2 thì y  (không thỏa mãn tổng của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng 8)1

Nếu m 2 thì hàm số đã cho liên tục trên 0; 2 và 

 2

22

m y

Dựa vào đồ thị ta thấy: a0;c0

Hàm số đạt cực trị tại các điểm x0;x1 nên phương trình f x  0 có ba nghiệm phân biệt

0; 1

x x

Có: f x  4ax32bx nên suy ra: f 1 4a2b 0 b2a Suy ra b 0

Hàm số đạt cực đại tại x 1 và f  1 0 Hay a b c  0

Suy ra: a 2a c  0 c a

Mặt khác: vì b2a và b   5; ;5 nên b 2; 4 .

+) Nếu b 2 thì a 1 Vì a c 0 nên không có giá trị nguyên nào của c thỏa mãn

+) Nếu b 4 thì a 2 Vì a c 0 và ,a c   nên c 1

Vậy chỉ tìm được bộ số a b c  ; ;   2; 4; 1  thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 15 Cho hàm số yf x  liên tục trên  và có đồ thị  C Biết tiếp tuyến của đồ thị  C tại điểm có

hoành độ bằng 2 vuông góc với đường thẳng x4y0 và f  2 4

Từ giả thiết ta có: f  2 4, 4  2 lim2    2 lim2   4

Kết hợp điều kiện ta có m 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 17 Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như hình vẽ:

Số nghiệm của phương trình 2 3 sin 3 cos

sin 0

,5

63

Dễ thấy max1,3y m 138 m 5

Câu 19 Cho hàm số bậc bốn yf x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   2; 20 để đồ thị hàm

để (1) có 9 nghiệm phân biệt thì

27

2 05;5

thử lại thấy m 5 thỏa mãn

Câu 21 Cho hàm số f x ax5bx3cx a;( 0;b0) thỏa mãn  3 7;  9 81

   

1;5 1;5

Lời giải Chọn C

Ta có, hàm số f x liên tục trên nửa khoảng   1;

   1 2  2 5 4 8 1 3 2 6 19,  1; 

f x  m x  m  m x x  m  m   x 

Hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1; khi và chỉ khi f x 0,  x  1; Dấu bằng xảy

ra tại hữu hạn điểm trên khoảng 1;

Dấu đẳng thức xảy ra khi x 3.

Do đó, hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1;.Vậy ra m 0 thoả mãn

Vậy ra m 1 thoả mãn

Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa yêu cầu đề bài là   1 0 1

Câu 23.Tập xác định của hàm số    

2021 sin 2 2

Ta có  

x x

Câu 25.Cho hai số a c, dương và khác 1 Các hàm số y a x, y x b, ylogc x có đồ thị như hình vẽ Khẳng

định nào sau đây đúng?

A b c a  B c b a  C a c b  D b a c 

Lời giải Chọn A.

Vì sau 3 giờ thì số lượng vi rút A là 625 nghìn con nên     3   625000

Do đó: 1

1 1

Do m nguyên thuộc đoạn 21; 22 nên số giá trị m là 24.

Câu 31 Cho hai số thực x y, thỏa mãn đồng thời x2 y2 16 , 2 2  

2

logx  y  y 8x1 1 Biết rằng tồn tại ít nhất một cặp số thực x y thỏa mãn ;  mx3y3m12 0 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán?

Lời giải Chọn B.

Ta có: x2y2 16 suy ra tập hợp các điểm có tọa độ x y nằm trên hay phía ngoài đường tròn; 

Vậy tập hợp bộ số x y thỏa mãn đề bài là các điểm nằm trong miền tô đậm.; 

Nhận xét:

Đường tròn  C cắt đường tròn 1 C tại hai điểm phân biệt 2 A2; 2 3 , B 2; 2 3 ;

Đường thẳng : mx3y3m12 0 luôn đi qua điểm cố định M  3;4 và có hệ số góc

3

m

k 

Gọi d là đường thẳng đi qua điểm 1 M và B suy ra d 1 MB  5; 2 3 4  

là vtcp của d nên hệ số 1

góc của đường thẳng d : 1

1

2 3 45

Để ( ; )x y thỏa mãn bài toán thì d và  C có điểm chung

   , suy ra giá trị M m  14 Vậy chọn đáp án B

Câu 33.Khối hai mươi mặt đều có số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là

A 30;12; 20 B 12; 20;30 C 20;30;12 D 12;30; 20

Lời giải Chọn D.

Câu 34 Số mặt phẳng đối xứng của một hình hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng, chiều cao đôi một khác

nhau là

Lời giải Chọn C

Có ba mặt phẳng đối xứng là ba mặt phẳng trung trực của ba cạnh xuất phát từ một đỉnh của hình hộp

chữ nhật Suy ra đáp án C.

Câu 35 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA4a Mặt bên SAB là tam giác cân tại S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD bằng  60 Thể0

4a

60 0

H B

C S

Gọi H là trung điểm cạnh AB Vì SAB cân tại S  SH AB

Xét tam giác SHA có:

Ta thấy A A B C ' ' ' là tứ diện đều cạnh a

1

33

Gọi H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C' ' '

Thì AH là đường cao của hình chóp A A B C ' ' '

a

3

932

a

3

512

a

3

1118

a

Lời giải Chọn B.

C

B

H I K

B' A

Gọi EA N' AC C là trung điểm của AE 3 3 3

Mặt bên ACC A' ' là hình vuông, suy ra AA'AC a 3

Ta có N là trung điểm A E' nên '.

Câu 38 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB a ,ABSA, BCSC Gọi

M , N lần lượt là trung điểm của SC, AC Góc giữa hai mặt phẳng BMN và  SAB là  thỏa mãn cos 5

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC 

Gọi K là trung điểm HC; P là trung điểm BC; E là trung điểm NH

Trong MKE kẻ KQ ME  Q ME  Khi đó ta có:

Câu 40.Cho tam giác ABCvuông tại A biết AB8; AC6.Thể tích và đường sinh của khối nón nhận được

khi quay ABC quanh trục ABlà:

A V 96;l7 B V 96 ; l14 C V 96 ; l10 D V 96;l14

Lời giải Chọn C.

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB thì được hình trụ có chiều cao là AB và bán kínhđáy là BC

Thể tích của khối trụ là: V S h 2a a2 4a3

Câu 42.Hình nón  N có đỉnh S, tâm đường tròn đáy là O, góc ở đỉnh bằng 120 Một mặt phẳng qua S cắt

hình nón  N theo thiết diện là tam giác vuông SAB Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB

và SO bằng 3 Tính diện tích xung quanh S của hình nón xq  N

A S xq36 3 B S xq 27 3 C S xq 18 3 D S xq9 3

Lời giải Chọn C

3 60°

I O

Trong mp ABC , gọi   và ' lần lượt là trung trực của các đoạn thẳng AB vàAC.

Gọi I là giao điểm của  và '

Dựng AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC.

Khi đó ABD ACD 900 ABBD AC; CD

Chứng minh tương tự: AND 900

Hình chóp A BCNM có các đỉnh cùng nhìn đoạn AD dưới một góc vuông nên khối cầu ngoại tiếphình chóp A BCNM có đường kính là AD

Vì vậy, bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A BCNM là bán kính R của đường tròn ngoạitiếp ABC

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC

Lời giải Chọn D

B

D' C'

B'

P

Giả sử hình lập phương là ABCD A B C D ' ' ' ', đường chéo vuông góc với mặt bể là AC', các cạnhchạm thành bể là AA AB AD và các điểm chạm tương ứng là , ,', , M N P

Lượng nước V tràn ra bằng thể tích khối chóp AMNP

Do AC' vuông góc với mặt bể và ABCD A B C D ' ' ' ' là hình lập phương nên chóp A MNP đều.Đặt AP x 0x8

Gọi H là tâm của tam giác MNP, và I là giao điểm của AC' với A BD , ta có:' 

A MNP

Câu 45 Cho yf x  và y g x   là các hàm số có đạo hàm liên tục trên, k   Trong các khẳng định

dưới đây có bao nhiêu khẳng định đúng?

x x

Chia cả tử và mẫu biểu thức trong dấu tích phân cho 2