Đề khảo sát HSG 12 lần 2

TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN
TỔ TOÁN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG 12
Mơn: Tốn (Lần 2) – Năm học 2017 – 2018
Thời gian: 180 phút (không kể TG giao đề)

Câu 1(4.0 điểm).
1. Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số y = x 2 + 2 + 4 − x 2 .
2. Cho hàm số y =

2x −1
có đồ thị (C) và đường thẳng d : y = − x + m . Tìm m để đường
x +1

thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vng tại O
(trong đó, O là gốc tọa độ).
Câu 2(5.0 điểm)
1. Giải phương trình 3 log 2

(

)

x 2 + 1 + x + 2 log 2

(

)

x 2 + 1 − x = log 8 (3 x − 1) 3

− x + y + 3
= 2 x + 2y

y +1
2. Giải hệ phương trình 
 x 2 − 3 y + 7 y + 11 − 5 x + 1 = 4


Câu 3(3.0 điểm).
1. Tính tổng tất cả các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức

(

5

3+3 7

)

2n

; biết n là số

tự nhiên thỏa mãn đẳng thức: C n0 + C n1 + C n2 + ... + C nn = 512 .
2. Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C.
Chứng minh rằng ta ln có: sin 2 A + cos B + sin 2 C ≤ 1 + 2
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Câu 4(5.0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SBC) vng góc với mặt đáy; cạnh SB = SC = 1;

∧

∧

∧

các góc ASB = BSC = CSA = 60 0 .
a) Tính thể tích khối chóp S.ABC.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
c) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5(3.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

a + 3b
ab + b 2

+

b + 3c
bc + c 2

+

c + 3a
ca + a 2

……………………………………….. Hết ………………………………………

ĐÁP ÁN
Câu

1
(4.0đ)

ý
1
(2.0đ)

2
(2.0đ)

1
(2.0đ)

Nội dung đáp án
D
=
[−
2
;
2
]
* TXĐ:
.
x
x
x = 0
−

* y' =
; y' = 0 ⇔ 
(nhận)
2
2
x +2
4− x
 x = ±1
* BBT….
* KL: Hàm số đồng biến trên (-1;0), (1;2); nghịch biến trên (-2;-1), (0;1)
* TXĐ: D = R.
2x − 1
= −x + m
* Phương trình HĐGĐ:
( x ≠ −1 )
x +1
⇔ x 2 + (3 − m) x − m − 1 = 0
(1)
(1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m.
* Gọi: A( x1 ;− x1 + m), B ( x2 ;− x2 + m) . YCBT ⇔ OA.OB = 0
⇔ x1 .x2 + (− x1 + m)(− x2 + m) = 0 ⇔ 2 x1 x2 − m( x1 + x2 ) + m 2 = 0
⇔ −2m − 2 − m(m − 3) + m 2 = 0 ⇔ m = 2 . Vậy m = 2.
1
* ĐK: x >
3
* pt: ⇔ 2[log 2 x 2 + 1 + x + log 2 x 2 + 1 − x ] + log 2 x 2 + 1 + x = log 23 (3 x − 1) 3

(

(

)

)

)

(

)

(

⇔ log 2 x 2 + 1 + x = log 2 (3x − 1) ⇔ x 2 +1 + x = 3 x − 1

2
(3.0đ)

2

⇔
*

3
(3.0đ)

1
(1.5đ)

 x 2 − 3x = 0


1
1

−
−3 = 0
 x + 2 + 7 x + 4 x + 1 + 5 x + 1
x = 0 ⇒ y = 1
2
* x − 3x = 0 ⇔ 
 x = 3 ⇒ y = −2 (VN )
* (4) vơ nghiệm vì …..
Vậy hệ có một nghiệm (0; 1)
0
1
2
n
* C n + C n + C n + ... + C n = 512 ⇔ n = 9
*

(

5

3+3 7

)

18

(3)

0.25
0.5

0.5

)

1
 1

=  3 5 + 7 3  .



0.5

0.25

x 2 − 3x
x 2 − 3x
−
− ( x 2 − 3 x) = 0
x + 2 + 7 x + 4 x + 1 + 5x + 1

2n

0.5
0.5

0.5

x 2 − 3x − 1 + 7 x + 4 − 5 x + 1 = 0
⇔ x + 2 − 7 x + 4 − x + 1 − 5 x + 1 − ( x 2 − 3 x) = 0
⇔

0.5
0.5

0.5

 x + 2 y = y +1
x + 2y
x + 2y
+2
−3 = 0 ⇔ 
y +1
y +1
 x + 2 y = −3 y + 1 (VN )
x + 2 y = y + 1 ⇔ y = − x + 1 , thay vào pt(2) của hệ được:

(

0.5
0.5

2

* pt(1) của hệ ⇔ x + 2 y + 2 ( x + 2 y )( y + 1) − 3( y + 1) = 0

2
(5.0đ)

0.5

0.5

⇔ x + 1 = 2x −1 ⇔ x + 1 = 4x − 4x + 1
x = 0
⇔
x = 4 / 3
* Kết hợp ĐK => phương trình có 1 nghiệm x = 4/3
x + 2 y ≥ 0
* ĐK: 
 x ≥ −1 / 5, − 1 < y ≤ 11 / 7
2

Điểm
0.5

0.5

(4)

0.25
0.25
0.5
0.5

* Số hạng tổng quát của khai triển là

Tk +1 = C 3
k
18

1
(18− k )
5

7

1
k
3

0.5

(18 − k )5
k = 3
⇔
* Tk+1 là số hữu tỉ khi 
k 3 (0 ≤ k ≤ 18)
k = 18
2
(1.5đ)

a)
(2.0đ)

3 3
18 6
Vậy tổng cần tính là S = T4 + T19 = C18 3 7 + C18 7 = ...
1
1
2
2
* sin A + cos B − sin C = (1 − cos 2 A) − (1 − cos 2C ) + cos B
2
2
= 1 + sin( A + C ) sin( A − C ) + cos B = 1 + sin B sin( A − C ) + cos B
π

≤ 1 + sin B + cos B = 1 + 2 sin  B +  ≤ 1 + 2 , đúng với mọi A, B,C.
4

π

 A = 5π / 8
 A − C = 2

⇔ B = π / 4
* Dấu “=” xảy ra khi 
B + π = π
C = π / 8


4 2
* Gọi H là trung điểm của BC. Chứng
S

minh được SH ⊥ BC và AH ⊥ BC
* Đặt SA = x. Tính AC theo x theo hai
6
cách. Tính được x = 3 / 2 , AH =
E K
N
2
I
2
M
* Tính được V =
B
C
H
8

0.5

0.5
0.5

0.5

0.5
1.0
0.5

O

A

b)
(1.5đ)
4
(5.0đ)

* Dựng hình bình hành ABEC. Vì AC // (SBE) nên
d(AC, SB) = d(C,(SBE)) = 2d(H,(SBE)).
* Dựng HM ⊥ BE và HN ⊥ SM. Chứng minh được HN = d(H,(SBE)).
1
2
6
⇒ d ( AC , SB) =
=
3
6
6
* Gọi O, K lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC và ∆ SBC. Dựng
được tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Bán kính R = IS.
* Tính được HN =

c)
(1.5đ)

* AB = AC =

7
. Gọi r = OA là bán kính đường trịng ngoại tiếp ∆ ABC .
2

Ta có: S ∆ABC =

AB. AC.BC
7 6
5 6
⇒r=
= OA ⇒ OH =
4r
24
24

* Tính được R = IS =

b + 3c

0.5
0.5
0.5

0.5
0.5

a
b
c
+3
+3
+3
b
c

a
+
+
=
+
+
* P=
a
b
c
ab + b 2
bc + c 2
ca + a 2
+1
+1
+1
b
c
a
t +3
, t >0.
* Xét hàm số f (t ) =
t +1
Khảo sát hàm số f(t), lập BBT ⇒ min f (t ) = 2 2 khi t = 1
a + 3b

5
(3.0đ)

38

8

0.5

c + 3a

1.0

1.0

( 0; +∞ )

Suy ra P ≥ 6 2 , mọi a, b, c dương.
Vậy min P = 6 2 khi a = b = c .

1.0


………………………………….. Hết ……………………………………..

sin 4 x + sin 3 x − 4 sin 2 x + sin x = 0

sin 4 x + sin 3 x − 4 sin 2 x + sin x = 0
⇔ 2 sin 2 x cos 2 x + 2 sin 2 x cos x − 4 sin 2 x = 0
sin 2 x = 0
⇔ 2 sin 2 x(cos 2 x + cos x − 2) = 0 ⇔ 
2
2 cos x + cos x − 3 = 0

sin 2 x = 0

π
⇔
⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = k
2
cos x = 1

Một lớp học có 20 học sinh; trong đó có 6 học sinh giỏi mơn Tốn, 5 học sinh giỏi mơn
Văn và 4 học sinh giỏi cả 2 mơn Tốn và Văn. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn trong lớp ra 2
em để tham gia một lớp tập huấn về kỹ năng sống. Tính xác suất để 2 em được chọn đều là học
sinh giỏi của ít nhất một trong hai mơn Tốn hoặc Văn.
2
* Số phần tử của khơng gian mẫu là n(Ω) = C 20 = 190
* Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Số khae năng thuận lợi cho biến cố A là
n( A) = C 62 + C52 + C 42 + C61C51 + C61C 41 + C51C 41 = 105
105
* Vậy xác suất cần tính là P ( A) =
190