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

Câu 1.

(6,0 điểm)
y = g ( x ) = x 2 +( m +1) x +1 m
( C ) của
( là tham số thực). Tìm m để đồ thị

1. Cho hàm số
hàm số

y = f ( x) = x 3 +( m - 1) x 2 +( 1- m) x - 1

cắt trục hồnh tại ba điểm phân biệt có hoành

x1 , x2 , x3 thỏa mãn g 2 ( x1 ) + g 2 ( x2 ) + g 2 ( x3 ) = 15 .
y  f  x
f  x  9  x 2 , x  
2. Cho hàm số
có đạo hàm
. Tìm tất cả các giá trị thực của

độ

1

y  f  x 2  2 x    m 2  1  ln x  
x  nghịch biến trên nửa khoảng

tham số m để hàm số

 1;    .

Câu 2.

(4,0 điểm)
1. Giải phương trình

9 x   x 2  2 x  1 .3x  2 x 3  x 2 0

2. Cho các số thực a, b thỏa mãn
mãn

 c  d  log3  2c  d   2c 2  3cd  d 2  4c  4d 0 .
2

T  a  2c    b  d 
Câu 3.

.
log a2 b2 20  6a  8b  4  1

và các số thực dương c, d thỏa

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

.

(5,0 điểm)
1. Cho hình chóp S . ABC có AB  AC 2a, BC a, SA 3a . Thể tích khối chóp S . ABC theo



SAC
60 .
a biết SAB
S
R 9  cm 
2. Cho điểm A nằm trên mặt cầu   tâm O bán kính
. Gọi I , K là hai điểm trên
đoạn OA sao cho OI  IK  KA . Các mặt phẳng lần lượt đi qua I , K cùng vng góc với OA
và cắt mặt cầu

 S

theo đường tròn

 C1  ,  C2  . Gọi V1, V2

lần lượt là thể tích khối nón đỉnh O ,

V1
đáy là đường trịn
. Tính tỉ số V2 .
3. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác vng tại A , AB  AC a ( a  0 ), biết

 C1  ,  C2 

 BCC B

BA BB BC ; góc giữa hai mặt phẳng
và

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

Câu 4.

 ABBA

bằng  với

tan  

5
2 2.

(4,0 điểm)
xdx
I  2
2 x  3x  1 .
Tìm nguyên hàm

Câu 5.

(4,0 điểm)
Cho dãy số

 an 

a1 2

2021an1 an2  2023an  1, n 1 .
xác định như sau 

TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII

Trang 1


 a  1 a2  1
a 1 
lim  1

 ...  n

a2  1 a3  1
an 1  1 

Tính
.
n  

Câu 6.

(2,0 điểm)
Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đơi 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------------------------

Trang 2

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA

HƯỚNG DẪN GIẢI NG DẪN GIẢI N GIẢI I
Câu 1.

(6,0 điểm)
1. Cho hàm số
số

y  g  x   x 2   m  1 x  1 m
C
( là tham số thực). Tìm m để đồ thị   của hàm

y  f  x  x3   m  1 x 2   1  m  x  1

cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hồnh độ

x1 ,

g 2  x1   g 2  x2   g 2  x3  15
x2 x3
,
thỏa mãn
.
y  f  x
f  x  9  x 2 , x  
2. Cho hàm số
có đạo hàm
. Tìm tất cả các giá trị thực của
1


y  f  x 2  2 x    m 2  1  ln x  
x  nghịch biến trên nửa khoảng

tham số m để hàm số

 1;    .
Lời giải
1.
 Đồ thị hàm số

y  f  x   x3   m  1 x 2   1  m  x  1

khi và chỉ khi phương trình

cắt trục hồnh tại ba điểm phân biệt

x 3   m  1 x 2   1  m  x  1 0  1

có ba nghiệm phân biệt.

 x 1
  x  1  x 2  mx  1 0   2
1
 x  mx  1 0 .
Ta có  
2
1
Do đó phương trình   có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x  mx  1 0 có
m  2 0

m   2
 2

m  40
 m  2  2 .
hai nghiệm phân biệt khác 1 
1
x x
x 1 thỏa
 Khi đó, theo định lí Vi-et phương trình   có ba nghiệm phân biệt là 1 , 2 và 3
 x1  x2  m

x x 1
 3 .
mãn  1 2
 Ta có:

g 2  x   x 4  2  m  1 x 3   m 2  2m  3 x 2  2  m  1 x  1

 Chia biểu thức

g

2

g

2

 x

cho

f  x

.

ta được

 x   x   m  3  . f  x    m  5  x2   m2  4m  x  m  4 .

 Suy ra

g 2  x1   m  5  x12   m 2  4m  x1  m  4
g 2  x2   m  5  x22   m 2  4m  x2  m  4
g 2  x3   g 2  1  m  5  .1   m 2  4m  .1  m  4 m 2  6m  9

.

 Do đó:


 
  m  5    x  x   2 x x    m  4m   x  x   m





2

2
2
2
g 2  x1   g 2  x2   g 2  x3  15   m  5  x1  x2  m  4m  x1  x2   m  8m  17 15
2

1

2

TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII

2

1 2

1

2

2

 8m  17 15  4 

.

Trang 3


 m 1


2
3
4
 m  4 . Kết hợp với điều kiện
 Thay   vào   và rút gọn, ta được m  3m  4 0

 2

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

2.
1

g  x   f  x 2  2 x    m 2  1  ln x  
x  có

 Xét hàm số
1 


1 1 
g  x   f  x 2  2 x    m 2  1  ln x    2 x  2  . f  x 2  2 x    m 2  1   2 
x

x x 
2
x 1
2  x  1 .  9   x 2  2 x     m 2  1 . 2



x .



 Hàm số



y g  x 

nghịch biến trên nửa khoảng

 1;   khi và chỉ khi g  x  0, x   1;  

2
x 1
2  x  1 .  9   x 2  2 x     m 2  1 . 2 0, x   1;   


x
. Khi đó:
2
 m 2  1 2 x 2   x 2  2 x   9  , x   1;   


(*).
2
h  x  2 x 2   x 2  2 x   9 


 trên nửa khoảng  1;    có:
Xét hàm số
2
h x  4 x   x 2  2 x   9  2 x 2 .2  2 x  2  .  x 2  2 x 



h x  4 x  x  1  x  3  x 2  2 x  3   8 x 3 .  x  1 .  x  2   0, x   1;   

.

2

h  x  2 x 2   x 2  2 x   9 

 trên nửa khoảng  1;    như sau:
Bảng biến thiên của hàm số

2
Dựa vào bảng biến thiên: điều kiện (*) xảy ra khi m  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

9 x   x 2  2 x  1 .3x  2 x 3  x 2 0

2. Cho các số thực a, b thỏa mãn

mãn

.
log a2 b2 20  6a  8b  4  1

 c  d  log 3  2c  d   2c 2  3cd  d 2  4c  4d 0 .
2

T  a  2c    b  d 

và các số thực dương c, d thỏa

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

.

Lời giải
1.
x
 Đặt t 3 (t  0) , phương trình đã cho trở thành:

Trang 4

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA


t 2   x 2  2 x  1 .t  2 x 3  x 2 0 (*)
2

  x 2  2 x  1  4   2 x 3  x 2 
 x 4  4 x 2  1  4 x3  2 x 2  4 x  8 x3  4 x 2
 x 4  4 x3  6 x 2  4 x  1
 x  1

4

2

  x 2  2 x  1   x  1
t 
2
(*)  
2

2
 t    x  2 x  1   x  1

2


  x 2  2 x  1   x 2  2 x  1
x
3 
2
 
2

 x  2 x  1   x 2  2 x  1

 3x  

2

 3x  x 2
 x
 3 2 x  1
 Phương trình


Phương trình

 1
 2

 1

2
x
vơ nghiệm vì 3  0 và  x 0 x .
 2   3x  2 x  1 0.

x
x
Xét hàm số y 3  2 x  1 có tập xác định D  , đạo hàm y 3 ln 3  2 .
2
2
y 0  3x 
 x log 3
.

ln 3
ln 3
Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình   có 2 nghiệm.
2
Dễ nhận thấy 2 nghiệm của phương trình   là: x 0 và x 1 .
Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là: x 0 và x 1.
2.
2
2
 Với điều kiện: 6a  8b  4  0 (*) và a  b  20  1 nên:

2

2

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

Do đó:

M  a; b 

 C  :  x  3
bất kỳ thuộc đường trịn

TÀI LIỆU ƠN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII

2

2

  y  4  1
Trang 5


C
I 3; 4 
Đường trịn   có tâm 
, bán kính r 1 .
 Vì: c  d  0 nên:

 c  d  log 3  2c  d   2c 2  3cd  d 2 

4c  4d 0  log 3  2c  d    2c  d   4 0
(1)
1
f  t  
1  0
f  t  log 3 t  t  4
t ln 3
Xét hàm số
với t  0 có
với t  0
f  t
0;    
f t 0
Suy ra
đồng biến trên khoảng 

phương trình  
có tối đa một nghiệm
t  0.

f 3 0
f t 0.
Mặt khác ta có:  
. Vậy t 3 là nghiệm duy nhất của phương trình  
Từ đó (1)  2c  d 3  2c  d  3 0.
Do đó:

N  2c; d 

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

2



2

T  a  2c    b  d  MN 2
d  I ;   

3 4 3

Xét:

12  12

2
. Suy ra: min T min MN .

2 2  1

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





2

min T  2 2  1 9  4 2
Khi đó min MN 2 2  1. Suy ra:
.
M IN   C 
Giá trị min T đạt được khi: N là hình chiếu của I lên  và
+ Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với  thì:
 :  1 x  3   y  4  0  : x  y  1 0
1
c
    N  1; 2 
2 , d 2
Khi đó:



MN  2 2  1 .MI
M IN   C 

+
và



ON  2 2  1 .OI  6  2 8  2 
OM 

;

2 
1 2 2  1
 2
Suy ra:






a



6

2
2

,

b






8

2
2

thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy: min T 9  4 2 .
Minh họa bằng hình vẽ:

Trang 6

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA


Câu 3.

(5,0 điểm)
1. Cho hình chóp S . ABC có AB  AC 2a, BC a, SA 3a . Thể tích khối chóp S . ABC theo


SAC

60 .
a biết SAB
S
R 9  cm 
2. Cho điểm A nằm trên mặt cầu   tâm O bán kính
. Gọi I , K là hai điểm trên
đoạn OA sao cho OI IK KA . Các mặt phẳng lần lượt đi qua I , K cùng vng góc với OA
và cắt mặt cầu

 S

theo đường tròn

 C1  ,  C2  . Gọi V1,V2

lần lượt là thể tích khối nón đỉnh O ,

V1
C , C
đáy là đường tròn  1   2  . Tính tỉ số V2 .
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
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC  và BC .

tan  

5
2 2.

Lời giải

1.

 Gọi H là trung điểm BC , ta có AB  AC nên AH  BC .
SAB SAC  c.g .c   SB SC
Ta có
nên SH  BC , suy ra BC  ( SAH ) .
 Do đó ( SAH )  ( ABC ) . Trong mặt phẳng ( SAH ) , kẻ SO  AH tại O  SO  ( ABC ) .
2

a
15
 2a      a
2
2
2
 2
 Trong ABC , AH  AB  HB =
.
2

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

Có

SH  SB 2  BH 2 

3 3
a
2 .

1
3 11 2
S SAH  p ( p  SA)( p  SH )( p  AH ), p  ( SA  AH  SH ) 
a
2
4
.
SO 

2S SAH
165

a
AH
5
.

1
1
1
11 3
VS . ABC  SO.S ABC  SO. AH .BC 
a
3
3

2
4
 Vậy Thể tích khối chóp S . ABC là:
.
TÀI LIỆU ƠN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII

Trang 7


Cách 2:



Đặt AS m , AB n , AC  p , SAB  , SAC  , BAC  .
1
VSABC  abc 1  2 cos  cos  cos   cos 2   cos 2   cos 2 
6
 Sử dụng cơng thức tính nhanh:

.
 Áp dụng : m 3a, n  p 2a ,
cos  


cos BAC


cos  cos  cos 60 

1

2.

AB 2  AC 2  BC 2 7

2 AB. AC
8.

1
1 1 7 1 1 49
11 3
VSABC  .3a.2a.2a. 1  2. . .   

a
6
2 2 8 4 4 64
4
 Ta có
.
2.

Từ giả thiết suy ra OI IK KA 3 .
C , C
r ,r
Gọi 1 2 lần lượt là bán kính của  1   2  , ta có r1 6 2, r2 3 5 .
1 2
 .r .OI
V1 3 1
4



V2 1  .r 2 .OK 5
3 2
Do đó
.
3.

Trang 8

TÀI LIỆU ƠN THU THPT QUỐC GIA


A'

C'

B'

Q
M
A

P

C

K

H

B

 Gọi H là trung điểm của BC . Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên:
BH CH  AH 

BC a 2

2
2 , suy ra H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và

AH  BC .

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

AH  BC  AH   BBC 
mà
.
BCC B
K  BB
 Do đó AH  BB . Trong 
kẻ HK  BB 
nên
 AHK   BB  AK  BB . Do đó góc giữa hai mặt phẳng  BCC B và
AKH 
AH   BBC   AH  HK
, vì
nên AHK vng tại H .

 ABBA là

a 2
AH
2a
HK 
 2 

5
5
tan AKH
2 2
 Xét tam giác AHK vng tại H có:
.

B
HB
H
HK
 Xét tam giác
vng tại
có
là đường cao nên
1
1
1
1
1
1
2a 17






 BH 
.
2
2
2
2
2
2
HK
BH
BH
BH
HK
BH
17
ABC 
P  AC 
BH   ABC  
AC   BHP 
 Trong 
kẻ HP  AC 
, mà AC  BH , 
nên
.
  ACB   BHP   ACB   BHP  BP

,
.
BHP 
HQ   ACB
Trong 
kẻ HQ  BP , với Q  BP , do đó
tại Q .
HQ d  H ,  ACB 
Do đó
.
a
HP 
2 và HQ là đường cao nên
 Trong tam giác BHP vng tại H có
TÀI LIỆU ƠN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII

Trang 9


1
1
1
2a 33


 HQ 
.
2
2
2

HQ
PH
BH
33
AC // AC  AC //  ACB  d  AC , BC  d  AC ,  ACB  d  C ,  ACB  .
 Ta có
Gọi M BC  C H ; Vì BC  // HC nên ta có
d  C ,  ACB  C M
C M BC 

2 

2
HM
HC
d  H ,  ACB  HM
 Nên
 Vậy:
Câu 4.

, vì

CH   ABC  M

d  C ,  ACB  2.d  H ,  ACB  2.HQ 2.
d  AC , BC  

.

2a 33 4a 33


33
33 .

4a 33
33 .

(4,0 điểm)
xdx
I  2
2 x  3 x 1 .
1. Tìm nguyên hàm
Lời giải
xdx
1 
1
 1
I 


 dx ln x  1  ln 2 x  1  C
2
 x  1  2 x  1  x  1 2 x  1 
Ta có
.

Câu 5.

(4,0 điểm)
Cho dãy số

 an 

a1 2

2021an1 an2  2023an  1, n 1 .
xác định như sau 

 a  1 a2  1
a 1 
lim  1

 ...  n

n   a  1
a3  1
an 1  1 
2

Tính
.
Lời giải
 Ta có :
2021an 1 an2  2023an  1  2021  an1  an  an2  2an 1
2

 2021 an 1  an   an  1 0, n

suy ra dãy số

 an 


tăng, suy ra an 2, n   .

 Mặt khác ta có:
2021an 1 an2  2023an  1  2021  an 1 1  an  1  an  2022  

an  1
2021

an 1  1 an  2022 .

 a  1 a2  1


a 1 
1
1
1
lim  1

 ...  n
2021 lim 

 ... 


n   a  1
n   a  2022

a3  1
an 1  1 
a2  2022
an  2022 
 2
 1
 Vậy
.
1
1
1
2021 an 1  1  an  1  an  2022  


an  2022 an  1 an 1  1 .
 Từ
 Suy ra tổng
1
1
1
Sn 

 ... 
a1  2022 a2  2022
an  2022
 Sn 

Trang 10

1

1
1
1
1
1



 ... 

a1  1 a2  1 a2  1 a3  1
an  1 an 1  1
TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA


 Sn 

Vì

 an 

1
1
1
1

 Sn  
a1  1 an 1  1
3 an1  1 .

là dãy tăng, ta xét:

lim an b
a
 TH1: Dãy số  n  tăng và bị chặn trên. Giả sử n  
với điều kiện b 2 .
2
2
Khi đó 2021b b  2023b  1  b  2b  1 0  b  1 (không thỏa mãn điều kiện).

 an 

 TH2: Dãy số
1
lim S n 
3.
Vậy n 

tăng và không bị chặn trên. Khi đó

lim an 

n  

lim

suy ra

n  

1
an 1  1

0

.

 a  1 a2  1
a  1  2021
lim  1

 ...  n

n   a  1
a3  1
an 1  1 
3
2

Vậy
.
Câu 6.

(2,0 điểm)
Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đơi 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 3024 số tự nhiên có 4 chữ số đơi một khác nhau.
1

n  C3024
3024.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là  
 Gọi A là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 3 ”.
4
9

 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
1
1
- 2 chữ số thuộc nhóm I, 1 chữ số thuộc nhóm II, 1 chữ số thuộc nhóm III có 4!.C3 .C3 .C3
cách.
1
3
- 1 chữ số thuộc nhóm I, 3 chữ số thuộc nhóm II có 4!.C3 .C3 cách.
1
3
- 1 chữ số thuộc nhóm I, 3 chữ số thuộc nhóm III có 4!.C3 .C3 cách.
2
2
- 2 chữ số thuộc nhóm II, 2 chữ số thuộc nhóm III có 4!.C3 .C3 cách.

Suy ra

n  A  4! C32 .C31.C31  C31.C33  C31.C33  C32 .C32  1008.
P  A 

 Vậy xác suất cần tìm là

TÀI LIỆU ƠN THI HỌC SINH GIỎIU ÔN THI HỌC SINH GIỎIC SINH GIỎII

n  A  1008 1

 .
n    3024 3

Trang 11


Hướng dẫn tìm và tải các tài liệu ở đây
/>
Trang 12

TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA