Đề khảo sát HSG 12 lần 1

TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN
TỔ TOÁN
2018

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG 12
Mơn: Tốn (Lần 1) – Năm học 2017 –
Thời gian: 180 phút (không kể TG giao đề)

Câu 1(4.0 điểm).
1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 3  3x 2  9 x  3m 0 có ba
nghiệm thực phân biệt.
1
4

3
2

4
3
2
2
2. Chứng minh hàm số y  x  mx  (m  1) x  x  m có đúng một điểm cực trị với

mọi giá trị của tham số m.
Câu 2(5.0 điểm)
2
1. Tìm tập xác định của hàm số y  log 1 (16  x )  2
3

 x 2  x  2 y  xy  2 x  1
2. Giải hệ phương trình 

10 3 x  1  y  1 6 x 2  7 y  12





Câu 3(3.0 điểm).
1. Cho tam giác ABC có ba cạnh AB c, AC b, BC a . Đường cao AH h . Chứng
1
4

minh rằng nếu S ABC  (a  b  c)(a  c  b) thì bc h b 2  c 2 .
2. Một nhóm 6 bạn học sinh cùng học lớp 12 chơi thân nhau (có cả nam và nữ), trong đó
có Vinh và Ngọc . Nhóm bạn dự kiến chụp mấy kiểu hình kỷ niệm trước khi chia tay năm
cuối cấp. Sắp ngẫu nhiên 6 bạn thành một hàng dọc để chụp hình, tính xác suất để hai bạn
Vinh và Ngọc được đứng cạnh nhau?
Câu 4(5.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2a. Gọi M là
trung điểm của cạnh AD và H là giao điểm của BM với AC. Biết SH vng góc với mp(ABCD)
và góc giữa SB với mp(ABCD) bằng 600.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SD theo a.
3. Gọi O là điểm cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp S.ABCD một khoảng R. Tính R
theo a.
Câu 5(3.0 điểm).
Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 2ab  a  b 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

2a
2b
4ab



 a2  b2
a  2 b 2 a b

……………………………………….. Hết ………………………………………


ĐÁP ÁN
Câu
1
(4.0đ)

ý
1
(2.0đ)

Nội dung đáp án
* x  3 x  9 x  3m 0  x  3 x 2  9 x  3m (1)
* Xét hàm y  x 3  3x 2  9 x . Tính y’, giải pt y’ = 0 ….
* BBT: ……
3

2

Điểm

3

* Từ BBT suy ra (1) có ba nghiệm khi  27   3m  5  

2
(2.0đ)

2
(5.0đ)

1
(2.0đ)

5
m 9
3

* TXĐ: D = R
* y '  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  1 .
y ' 0  g ( x) x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  1 0
(1)
2
2
2
* Ta có g ' ( x) 3 x  6mx  3(m  1) 3( x  m)  3  0, x  R
Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên R => pt (1) có đúng 1 nghiệm x0 a
Mặt khác, với hai số x1 , x2 : x1  a  x2 , ta có: y ' ( x1 )  0  y ' ( x2 ) nên y’ đổi
dấu khi x đi qua điểm x = a.
* Vậy hàm số đã cho có một cực trị với mọi m.
2
* ĐK: log 1 (16  x )  2 0
3

16  x 2  0


16  x 2 9

  4  x  7

 7 x  4
* Vậy TXĐ: D   4; 7  7 ;4

 



2
(3.0đ)















0.5

0.25
0.5



0.25

10(2 x  1)

10

(2 x  1)(3 x  5)  (2 x  1)
 3 x  5 0 
3x 1  x  2
 3x  1  x  2

(3)
(4)

10
5
3x 1  x  2
=> (4) vơ nghiệm. Vậy hệ có một nghiệm (1/2; 3/2)
* Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC. Ta có
1
S ABC  p ( p  a )( p  b)( p  c )  (a  b  c )( a  c  b)
4
1
1

 (a  b  c)(b  c  a)(a  c  b)(a  b  c)  (a  b  c) 2 (a  c  b) 2
16
16
2
2
2
 ....  b  c a
=> Tam giác ABC vuông tại A
* AH là đường cao của tam giác vuông ABC
* Nhận xét: Với x 0 

1
(1.5đ)

0.5

(2)

x  2 6 x 2  7 x  5

 2 x  1 0

10

 3 x  5 0
 3x 1  x  2
* (3) => x = 1/2 => y = 3/2.

3
(3.0đ)

0.5
0.5

(1)

y 0  y x  1

* Thay vào (2) được: 10 3x  1 

0.5

0.5

 x  x  2 y  xy  2 x  1
Xét hệ: 
10 3x  1  y  1 6 x 2  7 y  12
* ĐK: x 0, y 0
* (1)  x  2 x  1 

0.5

1.0

2



0.5
0.5

0.5

1.0
0.5

3x  1  x  2  2 

0.5
0.5

0.5


nên ta có:
2
(1.5đ)

4
(5.0đ)

1
(1.5đ)

1
1 1
 2  2 hay bc h b 2  c 2
2
h
b
c

0.5

* Gọi biến cố A: “ … Vinh và Ngọc đứng cạnh nhau”
* Số khả năng có thể là P6 6!720
* Số khả năng thuận lợi cho A là 5!.2!240
240 1

Vậy PA 
720 3


0.5
0.5
0.5
S

* Chứng tỏ được SBH 60 0
2
2a 5
2a 15
* BH  BM 
 SH 
3
3
3
3
8a 15
* VS . ABCD ... 
9

0.5
K

M

A
H
B

2
(2.0đ)

0.5

D

I

C

* Dựng DN // BM. Dựng HI  DN, HK  SI.
* BM // (SDN) nên d ( BM , SD ) d ( H , ( SDN ))
Chứng minh được HK  ( SDN )  HK d ( H , ( SDN ))
2a
a 35
* Tính được HI 
, từ đó tính được HK 
.
5

7
a 35
7
* Gọi E là giao điểm của AC và BD. Dựng
S
Et qua E và Et  ( ABCD ) . Mặt phẳng trung
trực của cạnh SC cắt Et tại O. Vì ABCD
là hình vng nên O cách đều A, B, C, D.
Và vì OS = OC nên O cách đều 5 đỉnh của
F
hình chóp S.ABCD.
O
M
A
D
* Dễ thấy OA = R chính là bán kính
đường trịn ngoại tiếp tam giác SAC.
H E
SA.SC. AC
B
C
* S SAC 
4R
2a 7
a 23
2a 2 30
* SA 
và S SAC 
. Từ đây
, SC 

, AC 2a 2
3
3
3
a 2415
tính được R 
.
90
Vậy d ( BM , SD) 

3
(1.5đ)

5
(3.0đ)

* 2ab  a  b 4  a  b 4  2ab 2 ab  ab 1  a  b 2
4 t
* Đặt t a  b, t 2,  ab 
2
4ab  4(a  b)  4 4ab
4 8

 (a  b) 2  2ab ...    t 2  t  2  f (t )
* P
ab  2(a  b)  4 a  b
3 t
8
* f ' (t )  2  2t  1  0, t 2 => f(t) nghịch biến trên  2;
t

4
Nên f (t )  f (2)  , t 2
3
* Vậy MaxP 4 / 3 khi a = b = 1.
………………………………….. Hết ………………………………………..



0.5



0.5
0.5
0.5
0.5

0.5

0.5

0.5
1.0

1.0
0.5

0.5