Đề thi hsg toán 12 tp hcm (1) năm học 2020 2021

Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng mà từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến  P.. Trong hình nón, người ta đặt một hình chóp.. Đỉnh D nằm trên mặt xung quanh của hình nó

ĐỀ THI HSG TOÁN 12 –SỞ TPHCM –

NĂM 2020-2021

Môn: Toán Lớp 12 (Bảng thường)

H C H I - ỌC HỎI - ỎI - CHIA SẺ KI N ẾN

TH C ỨC

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (4,0 điểm)

Giải phương trình 4x x2x1 2x x

Câu 2 (4,0 điểm)

Cho hàm số yx2  x 2021,5 có đồ thị  P Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng mà

từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến  P .

Câu 3 (5,0 điểm)

Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn  O

Trong hình nón, người ta đặt một hình chóp

D ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, nội tiếp đường tròn  O

và BAC  120o Đỉnh D nằm trên mặt xung quanh của hình nón, các mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng nhau

a) Chứng minh D thuộc đường thẳng SA

b) Tính thể tích khối nón khi thể tích khối chóp bằng 3

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho X n| 5  n 5 và  là tập hợp các hàm số f x ax4bx2 có c a b c X, , 

và f x 

có 3 điểm cực trị Chọn ngẫu nhiên f x 

từ  , tính xác suất để gốc tọa độ O nằm

hoàn toàn trong tam giác tạo thành từ ba điểm cực trị của đồ thị f x 

Câu 5 (3,0 điểm)

Chứng minh đường cong C m:y x 3 3m 2x23m2 4m3x m 36m2 9m2 luôn tiếp xúc với 2 đường thẳng cố định

-HẾT -ĐỀ THI HSG TOÁN 12 –SỞ TPHCM –

NĂM 2020-2021

Môn: Toán Lớp 12 (Bảng thường)

H C H I - ỌC HỎI - ỎI - CHIA SẺ KI N ẾN

TH C ỨC

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (4,0 điểm)

Giải phương trình 4x x2x1 2x x

Lời giải

● Đặt t 2x x  0 x2x t2 Phương trình đã cho trở thành

 22 x 2x t2 2x1t   2x 2  2x 22x 2x1  t2t

 

 

2

1

x

t

t t







 

● Với t 1 2x x  1 2x x 1 0

Xét hàm số f x 2x x1,x 

1

ln 2

f x   f x     x

Ta tính      

2

log ln 2

1 log ln 2 2 log ln 2 1 log ln 2 1 0

ln 2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị yf x  cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

 Phương trình f x   0

có đúng hai nghiệm

Dễ thấy f  0 f  1 0  f x   0

có hai nghiệm x 0 và x 1. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 0;1 .

Câu 2 (4,0 điểm)

Cho hàm số yx2  x 2021,5 có đồ thị  P Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng mà

từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến  P .

Lời giải

Xét M a b ; 

S

CB

B

H

h

R

R M

D

O H

O

A

C BC

M m

n

Theo giả thiết , giả sử phương trình đường thẳng  qua M có dạng yk x a   b

 là tiếp tuyến của  P  hệ

 

2 2021,5

2 1





 

Từ hệ suy ra x2 x 2021,52x1 x a  b x2 2ax a b   2021,5 0 *  

Mà từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến  P nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

2



2

0

Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến vuông góc nhau.

Ta có: k k1 2  1 2x1 1 2  x2 1  1 2 x x1 2 x1x2  1 0

2a 2b 4043 2a 1 0 2b 4042 b 2021

Với b 2021 thay vào điều kiện ( *) ta có:

2

0

Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường thẳng y 2021.

Câu 3 (5,0 điểm)

Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn  O

Trong hình nón, người ta đặt một hình chóp

D ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, nội tiếp đường tròn  O

và BAC  120o Đỉnh D nằm trên mặt xung quanh của hình nón, các mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng nhau

a) Chứng minh D thuộc đường thẳng SA

b) Tính thể tích khối nón khi thể tích khối chóp bằng 3

Lời giải

a) Chứng minh D thuộc đường thẳng SA

 Chóp D ABC có các mặt bên tạo với đáy một góc bằng nhau, nên chân đường cao H của chóp trùng với tâm đường tròn nội tiếp ABC

Theo giả thiết ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn  O

 A H O, , thẳng hàng

 Ta có: SOABC

 SOA  ABC

H SOA và DH ABC  DH SOA

Do đó: DH và SA là hai đường thẳng cắt nhau Mà theo giả thiết D thuộc đường sinh của

khối nón S O;  

Nên suy ra: D thuộc đường sinh SA của khối nón S O;  

b) Tính thể tích khối nón.

 Đặt R bằng bán kính đường tròn  O

và SO h

 BAC 120o  BmC 240o  BnC 120o  BOC  120o

Do đó: ABC OBC (g.c.g)  OB OC AB AC  ABOC là hình thoi

ABC OBC

 Xét ABM :

2

BAM

2

AM AH





AO

Xét SOA :

AH

AO





2

2 2

;( )

3

ABC

D ABC

S O

V





khèi nãn

D ABC

S O

khèi nãn

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho X n| 5  n 5 và  là tập hợp các hàm số f x ax4bx2 có c a b c X, , 

và f x 

có 3 điểm cực trị Chọn ngẫu nhiên f x 

từ  , tính xác suất để gốc tọa độ O nằm

hoàn toàn trong tam giác tạo thành từ ba điểm cực trị của đồ thị f x 

Lời giải

 f x ax4bx2 c f x 4ax32bx x ax 4 22b

 f x ax4bx2c

cắt Oy tại 0;c

 f x 

có 3 điểm cực trị

0 0

a b





 



 hoặc

0 0

a b









 Khi

0 0

a b









 , đồ thị hàm số có 2 cực tiểu

    và 1 cực đại là

0;c

Để gốc tọa độ O nằm hoàn toàn trong tam giác tạo thành từ ba điểm cực trị của đồ thị

 

f x

2

2

4 0

4

b

c a















Vì , ,a b c X nên:

 

1

4

 

b  ac a c  

         

9

3 , 1;1 , 1; 2 , 2;1 4

             

4 4 , 1;1 , 1;2 , 2;1 , 1;3 , 3;1

b  ac a c 

                 

       

1;1 , 1; 2 , 2;1 , 2; 2 , 1;3 , 3;1 , 1; 4 , 4;1 , 25

Suy ra có: 20 bộ số a b c, , 

 Khi

0 0

a b









 , đồ thị hàm số có 2 cực đại

    và 1 cực tiểu là

0;c

Để gốc tọa độ O nằm hoàn toàn trong tam giác tạo thành từ ba điểm cực trị của đồ thị

 

f x

2

2

0

0 4 0

4

c

c b

c a















Vì , ,a b c X nên:

1

1 , 1; 2; 3; 4; 5 4

b  ac a c       

         

9

3 , 1; 2; 3; 4; 5 \ 1; 1 , 1; 2 , 2; 1 4

           

     

1; 1 , 1; 2 , 2; 1 , 2; 2 , 1; 3 ,

3; 1 , 1; 4 , 4; 1

b  ac a c                 

25

4

b  ac a c     \ 2; 2 , 2; 3 , 3; 2        

Suy ra có: 101 bộ số a b c, , 

 Gọi  là không gian mẫu chọn ngẫu nhiên f x 

từ :

  113 1331

n

 Xác suất để chọn f x 

từ  sao cho gốc tọa độ O nằm hoàn toàn trong tam giác tạo

thành từ ba điểm cực trị của đồ thị f x 

là:

  20 101 121

1331 1331

Câu 5 (3,0 điểm)

Chứng minh đường cong C m:y x 3 3m 2x2 3m2 4m3x m 36m2 9m2 luôn tiếp xúc với 2 đường thẳng cố định

Lời giải

Như ta đã biết nếu phương trình đường thẳng y kx b  tiếp xúc với C m thì phương trình

0

y kx b   có 1 nghiệm kép

Ta có : y' 3 x m 1 x m 3

Do đó y ' 0 luôn có 2 nghiệm x1   và m 1 x2  m 3

Nên cần biến đổi yx m 1 2 x

Ta có: yx m x m    322

do đó C m

tiếp xúc với đường thẳng y 2

Và yx m 1 2 x m 4 2

do đó C m

tiếp xúc với đường thẳng y 2 Vậy C m tiếp xúc với 2 đường thẳng cố định y 2 và y 2.