Đề minh họa kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Sỏ GD&ĐT Thanh Hóa (Có hướng dẫn giải chi tiết)

Nội dung text: Đề minh họa kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Sỏ GD&ĐT Thanh Hóa (Có hướng dẫn giải chi tiết)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ MINH HỌA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn:TOÁN Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề Câu 1. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. Hàm số y sin x là hàm số chẵn. B. Hàm số y sin x là hàm tuần hoàn với chu kì T . C. Hàm số y sin x là hàm tuần hoàn với chu kì T 2 . D. Đồ thị hàm số y sin x nhận trục Ox là trục đối xứng. Câu 2. Có bao nhiêu cách lấy ra một quả cầu từ một hộp chứa 6 quả cầu xanh đánh số từ 1 đến 6 và 5 quả cầu đỏ đánh số từ 1 đến 5. A. 11. B. 6 . C. 30 . D. 5 . n Câu 3. Cho dãy số un 2 ,n N *. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Dãy un bị chặn. B. Dãy un không bị chặn. C. Dãy un giảm. D. Dãy un tăng. Câu 4. Hàm số nào sau đây có đồ thị là đường cong có dạng như hình vẽ bên. A. y x2 x 4 . B. y x4 3x2 4 . C. y x3 2x2 4 . D. y x4 3x2 4 . 1 Câu 5. Cho số thực a dương. Rút gọn biểu thức P a 4 . a ta được biểu thức nào sau đây? 1 3 9 1 A. a 2 . B. a 4 . C. a 4 .D. a 4 . Câu 6. Hình nào trong các hình sau không phải là hình đa diện? A. Hình lăng trụ. B. Hình lập phương. C. Hình trụ. D. Hình chóp. Câu 7. Tính bán kính R của đường tròn đáy hình nón có độ dài đường sinh bằng 4 , diện tích xung quanh bằng 8 . A. R 8 . B. R 4 . C. R 2 . D. R 1. Câu 8. Tính thể tích khối trụ có bán kính đáy r 4 và chiều cao h 2 . 32 A. 8 . B. 32 . C. 16 . D. . 3
2. f x 2;3 f 2 2 f 3 5 Câu 9. Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn   và , . Tính 3 f x dx . 2 A. 3 . B. 10. C. 3 . D. 7 . Câu 10. Một nguyên hàm của hàm số y ex cos x là A. ex sin x 1. B. ex sin x 1. C. ex sin x . D. ex sin x . 21 2 Câu 11. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton biểu thức x 2 , x 0 . x 7 7 8 8 8 8 7 7 A. 2 C21 . B. 2 C21 . C. 2 C21 . D. 2 C21 . 2x2 6 Câu 12. Biết lim a b với b là số nguyên tố. Tính giá trị của P a b . x 3 x 3 A. 7 . B. 10. C. 5 . D. 6 . Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Hỏi trong các mặt bên của hình chóp S.ABCD có mấy mặt bên là tam giác vuông? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Câu 14. Hàm số y 2x x2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây A. 1;1 . B. 0;2 . C. 0;1 . D. 1;2 . 2 3 Câu 15. Chop hàm số f x có f x x 2 x 1 x2 4 x2 1 ,x ¡ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Câu 16. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau: Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f x bằng A. 1. B. 3 . C. 4 . D. 2 . 2y 15 Câu 17. Cho x , y là hai số thực dương, x 1 và thỏa mãn log y , log x . Tính giá trị x 5 3 5 y của P y2 x2 . A. P 17 . B. P 50. C. P 51. D. P 40 . 2 Câu 18. Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình log1 x 5log3 x 6 0 .Tính T . 3 1 A. T 5 . B. T 3. C. T 36 . D. T . 243 Câu 19. Cho a , b , c là các số thực dương và khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y loga x , y logb x , y logc x . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. b c a . B. c a b . C. a b c . D. b a c .
3. Câu 20. Một người thợ thủ công làm mô hình đèn lồng bát diện đều, mỗi cạnh của bát diện đó được làm từ các que tre có độ dài 8 cm . Hỏi người đó cần bao nhiêu mét que tre để làm 100 cái đèn (giả sử mối nối giữa các que tre có độ dài không đáng kể và các que tre được chuẩn bị sẵn)? A. 96 m . B. 960 m . C. 192 m . D. 128 m . Câu 21. Gọi V là thể tích của khối hộp ABCD.A B C D và V là thể tích của khối đa diện V A .ABC D . Tính tỉ số . V V 2 V 2 V 1 V 1 A. . B. . C. . D. . V 5 V 7 V 3 V 4 Câu 22. Cho tứ diện SABC có thể tích V . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của SA , SB và SC . Thể tích khối tứ diện có đáy là tam giác MNP và đỉnh là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng ABC bằng V V V V A. . B. . C. . D. . 2 3 4 8 Câu 23. Cho mặt cầu S và mặt phẳng , biết khoảng cách từ tâm của mặt cầu S đến mặt phẳng bằng a . Mặt phẳng cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 2 3 a . Diện tích mặt cầu S bằng bao nhiêu? A. 12 a2 . B. 16 a2 . C. 4 a2 . D. 8 a2 . 1 dx e 1 Câu 24. Cho a bln , với a,b là các số nguyên. Tính S a3 b3 . x 0 e 1 2 A. S 0 . B. S 2 . C. S 1. D. S 2 . Câu 25. Họ nguyên hàm của hàm số f x ln x trên khoảng 0; là ln 2 x 1 A. x ln x x C . B. C . C. C . D. x ln x x C . 2 x Câu 26. Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm thuộc khoảng 0;2018 của phương trình 3 1 cos 2x sin 2x 4cos x 8 4 3 1 sin x . Tính tổng tất cả các phần tử của S . 310408 312341 A. 103255 . B. . C. . D. 102827 . 3 3 Câu 27. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, AB 3, AD 4, B· AD 120o. Cạnh bên SA 2 3 vuông góc với đáy. Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, AD và BC. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (MNP). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây 3 1 1 2 sin 0; A. sin ;1 . B. . C. sin ; . D. 2 2 2 2 2 3 sin ; . 2 2 Câu 28. Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A cách bờ biển một khoảng AB 4 km . Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng BC 7 km . Người canh hải đăng phải chèo đò từ vị trí A đến vị trí M trên bờ biển với vận tốc 6 km/ h rồi đi xe đạp từ M đến C với
4. 1 4 3 Theo bài ra, x x x 1 4 3 nên x . 1 2 3 3 2 3 1 4 3 1 4 3 3 97 3 97 Khi đó, m 12. 3 a ,b 4a2 8b 106. 0 2 2 2 8 2 8 Câu 32. Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn [ 20;20] sao cho hàm số y 2x 2 a x2 4x 5 có cực đại. A. 18. B. 17 . C. 36 . D. 35 . Lời giải Chọn A a x 2 2 x2 4x 5 a x 2 y 2 x2 4x 5 x2 4x 5 y 0 2 x2 4x 5 a x 2 0 Điều kiện cần: Hàm số có cực đại nếu y 0 có nghiệm Nhận xét x 2 không phải là nghiệm của y 0 . 2 x2 4x 5 Vậy y 0 có nghiệm khi và chỉ khi a f x có nghiệm. x 2 2 x 2 2 2 x2 4x 4 2 x2 4x 5 2 x2 4x 5 x2 4x 5 x2 4x 5 Ta có: f x x 2 2 x 2 2 2 0,x ¡ \ 2 x 2 2 x2 4x 5 x -∞ 2 +∞ f '(x) 2 +∞ f (x) 2 -∞ y 0 có nghiệm khi và chỉ khi a 2 hoặc a 2. Điều kiện đủ: a x 2 x 2 a x2 4x 5 2 a x 4x 5 y 2 3 . x 4x 5 x2 4x 5
5. Với a 2 thì y 0,x ¡ nên hàm số không có điểm cực đại.Vậy a 2 không thoả mãn điều kiện. Với a 2 thì y 0,x ¡ nên hàm số có điểm cực đại. Vậy a 2 thoả mãn điều kiện. Mà a là số nguyên thuộc đoạn [ 20;20] nên a 20; 19; 18; ; 3 . Vậy có 18 số nguyên a thoả mãn yêu cầu bài toán. x x Câu 33. Gọi a là giá trị để phương trình: 2 3 1 a 2 3 4 0 có 2 nghiệm phân biệt x x log 3 x1 , x2 thoả mãn: 1 2 2 3 . Giá trị của a thuộc khoảng nào sau đây? A. ; 3 .B. 3; .C. 0; . D. 3; . Lời giải ChọnB. x x x 1 Ta có: 2 3 1 a 2 3 4 0 (1) 2 3 1 a 4 0 ( đặt x 2 3 t (2 3)x ; t 0 ) 1 t 1 a 4 0 t 2 4t 1 a 0 (2) t Để Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt, nghĩa là 3 a 0 a 3 4 0 3 a 1 a 1 1 a 0 x log t 1 2 3 1 Ta có x log t 2 2 3 2 x x log 3 log t log t log 3 Theo bài ra ta có: 1 2 2 3 2 3 1 2 3 2 2 3 t log 1 log 3 t 3t (*) 2 3 2 3 1 2 t2 t1 t2 4 Theo Viet ( ) t1t2 1 a t1 3 Từ (*) và ( ) suy ra và a 2 . t2 1 So với điều kiện 3 a 1 ta nhận a 2 3; . Câu 34. Tập nghiệm của bất phương trình 2.7x 2 7.2x 2 351. 14x là đoạn S a;b với a , b là các số nguyên. Giá trị b 2a thuộc khoảng nào sau đây?
6. 2 49 A. 3; 10 .B. 4;2 .C. 7;4 10 .D. ; . 9 5 Lời giải ChọnC. Ta có: 2.7x 2 7.2x 2 351. 14x 98.7x 28.2x 351. 14x 0 x x x 7 2 7 98. 28. 351 0 (đặt t , t 0 ) 2 7 2 x 2 4 7 4 7 7 98.t 351.t 28 0 t 4 x 2 49 2 49 2 2 Vậy b 2a 2 2( 4) 10 . Câu 35. Để đủ tiền mua nhà, anh Ba vay ngân hàng 400 triệu đồng theo phương thức lãi kép với lãi suất 0,8% /tháng. Nếu sau mỗi tháng, kể từ ngày vay, anh Ba trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả lãi vay và tiền gốc. Biết rằng lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình anh Ba trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh Ba trả hết nợ ngân hàng? A. 48.B. 49 .C. 47 .D. 50 . Lời giải ChọnB. Sau 1 tháng, anh Ba còn nợ lại số tiền là P1 400(1 r%) 10 Sau 2 tháng, anh Ba còn nợ lại số tiền là P2 (400(1 r%) 10)(1 r%) 10 400(1 r%)2 10(1 (1 r%)) . Sau n tháng, anh Ba còn nợ lại số tiền là n n 1 Pn 400(1 r%) 10(1 (1 r%) (1 r%) ) (1 r%)n 1 400(1 r%)n 10 r% Giả sử sau n tháng anh Ba trả hết nợ ta có Pn 0 Với r 0,8% , thay vào phương trình Pn 0 n 49 (tháng) Câu 36. Cho hình lăng trụ ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh BC 2a , · · ABC 60 và tứ giác BCC B là hình thoi có B BC nhọn. Biết BCC B vuông góc với 45 ABC.A B C ABC và ABB A tạo với ABC góc . Thể tích của khối lăng trụ bằng a3 3a3 6a3 a3 A. .B. .C. . D. . 7 7 7 3 7
7. Lời giải ChọnB. Ta có AB BC.cos60o a. 1 3 S BC.BA.sin60o a2 ABC 2 2 Từ B' kẻ B' H  BC B' H  (ABC) . Từ H kẻ HI  AB ((ABB' A'),(ABC)) (HI, B' I ) 45o B' H HI . BCC ' B' là hình thoi nên BB' BC 2a , B' H BB'2 BH 2 4a2 BH 2 . 3 Mặt khác HI BH.sin60o BH . 2 3 4 2 3 B' H HI 4a2 BH 2 BH BH a B' H HI BH.sin60o a . 2 7 7 Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A B C bằng: 3 V B' H.S a3 . ABC 7 Câu 37. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h 20( cm) , bán kính đáy r 25( cm) . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12( cm) . Tính diện tích của thiết diện đó A. S 500 cm2 .B. S 400 cm2 .C. S 300 cm2 .D. S 406 cm2 . Lời giải Chọn A
8. Thiết diện là tam giác SAB Xét SOI vuông tại O có: 1 1 1 1 1 1 1 OI 15 . OK 2 OI 2 SO2 OI 2 122 202 225 SI SO2 OI 2 202 152 25. Xét OIB vuông tại I có: OB2 OI 2 IB2 IB 252 152 20 AB 2.20 40 . 1 1 2 Diện tích thiết diện là: SSAB SI.AB 25.40 25.20 500 cm 2 2 Câu 38. Lon nước ngọt có dạng hình trụ và cốc uống nước có dạng hình nón cụt. Lon nước có chiều cao 15 cm , đường kính đáy 6 cm , cốc có chiều cao 15 cm , đường kính đáy và đường kính miệng cốc lần lượt là 4 cm và 8 cm (như hình vẽ minh họa dưới đây). Khi rót nước ngọt từ lon ra cốc thì chiều cao h của phần nước ngọt còn lại trong lon và chiều cao của phần nước ngọt có trong cốc là như nhau. Hỏi khi đó chiều cao h trong lon nước gần nhất số nào sau đây?. Bỏ qua bề dày của lon nước, cốc nước và giả sử lon đựng đầy nước ngọt, cốc không chứa nước trước khi rót A. 9,18 cm .B. 14,2 cm .C. 8,58 cm .D. 7,5 cm . Lời giải ChọnC.
9. Thể tích lon nước ngọt lúc đầu là: V 32 15 135 . 2 Gọi V1 là thể tích nước ngọt còn lại trong lon sau khi rót ra cốc. Ta có V1 3 .h 9 h . Gọi V2 là thể tích nước ngọt đã rót ra. h 2 2 Ta có: V2 r r rr trong đó r 2,r là bán kính mặt trên của phằn nước ngọt 3 trong cốc. r 15 2h 30 Ta có: r (do r 2 ). r 15 h 15 Vì V V1 V2 nên ta có: 2 h 2h 30 2h 30 4 2 9 h 135 3 15 15 4h3 180h2 8775h 91125 0 h 8,58. 1 4 f 3x 1 dx 2 2 f x dx log x Câu 39. Nếu 0 và f log2 x 2 dx ln 2 thì 0 bằng 2 1 x A. 4 . B. 7 . C. 8 . D. 4 . Lời giải Chọn C 2log x Đặt t log2 x dt 2 dx 2 xln 2
10. 2 log x 1 ln 2 f log2 x 2 dx f (t) dt ln 2 2 1 x 0 2 1 f (t)dt 2 0 Đặt u 3x 1 du 3dx 1 4 du f (3x 1)dx f (u) 2 0 1 3 4 f (u)du 6 1 4 Vậy f x dx 2 6 8. 0 5 a ln 3 bln 2 c Câu 40. Giả sử x2 ln x 1 dx với a,b,c N * . Giá trị của biểu thức b c a 3 3 9 bằng A. 2 . B. 24 . C. 4 . D. 4 . Lời giải Chọn B 1 Đặt u ln(x 1) du dx x 1 x3 dv x2dx v 3 5 3 5 3 x 1 5 x Ta có: x2 ln x 1 dx ln(x 1) dx 3 3 3 3 3 x 1 3 5 3 x 1 5 x 1 1 ln(x 1) dx 3 3 3 3 x 1 126ln3 70ln 2 80 3 9 Vậy a 126,b 70,c 80 b c a 24. Câu 41. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Gọi p là xác suất để số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Khi đó p thuộc khoảng nào sau đây ? A. 0;0,2 .B. 0,2;0,4 .C. 0,4;0,6 .D. 0,6;0,8 . Lời giải Chọn B
11. Xét phép thử : T = ‘Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0". Ta có:  95 59049 . Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 3 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C9 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau : TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả 5! thảy 3 60 số tự nhiên. 3! TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 5! 3 90 số tự nhiên. 2!2! 9! Vậy:  (60 90)C3 150  150  7  4 3 12600 . A 9 3!6!  12600 1400 Kết luận: P A A 0,213382106 .  59049 6561 · Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC 60, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, SA, SD và G là trọng tâm tam giác SBC. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng (HMN) bằng a 15 a 15 a 15 a 15 A. .B. . C. . D. . 15 30 20 10 Lời giải Chọn D
12. Dựng MK / /SH, KI  HO, KJ  MI KJ  HMN  . Chứng minh được SBC / / d G; d S; d A; 2d K; 2KJ. 1 a 3 a 3 SH a 3 Tính được KI . , MK . 4 2 8 2 4 KI.KM a 15 a 15 a 15 Suy ra KJ . Vậy d G; 2KJ 2. . KI 2 KM 2 20 20 10 Câu 43. Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f x 1 4 f x 3 0 là A. 12. B. 8 . C. 6 . D. 9 . Lời giải Chọn D x 1 4 f x 0 4 4 4 x 1 f x a, ( 1 a 0) Ta có: f x 1 f x 3 0 f x 1 f x 3 4 x 1 f x b, ( 2 b 1) 4 x 1 f x c, ( 3 c 2) x m , 0 m 1 4 +) Phương trình x 1 f x 0 x 1 . x 3 4 a +) Phương trình x 1 f x a f x , 1 a 0 x 1 4 a a Vẽ đồ thị hàm số y 4 . Suy ra phương trình f x , 1 a 0 có hai x 1 x 1 4 nghiệm b Tương tự phương trình f (x) , 2 a 1 có hai nghiệm x 1 4 c Tương tự phương trình f x , 3 c 2 có hai nghiệm. x 1 4
13. 4 Nhận thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên phương trình f x 1 f x 3 0 có tất cả 9 nghiệm. Câu 44. Cho hàm số bậc bốn f x có bảng biên thiên như sau 4 2 Số điểm cực trị của hàm số g x x f x 1 là A. 7 . B. 5 . C. 9 . D. 11. Lời giải Chọn C Ta có : f x 4x4 8x2 3 f x 16x x2 1 3 Ta có g x 2x . f x 1 . 2 f x 1 x. f x 1 x3 0 (1) g x 0 f x 1 0 (2) (3) 2 f x 1 x. f x 1 0 Phương trình (1) có x 0 (nghiệm bội ba). Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình f x 0 nên (2) có 4 nghiệm đơn. Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình : 2 f x x 1 . f x 0 2 4x4 8x2 3 16x x 1 x2 1 0 24x4 16x3 32x2 16x 6 0 có 4 nghiệm đơn phân biệt. Nhận thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g x 0 có tất cả 9 điểm cực trị. x 1 x x 1 x 2 Câu 45. Cho hai hàm số y và y x 2 x m ( m là tham số thực) có x x 1 x 2 x 3 đồ thị lần lượt là C1 và C2 . Tập hợp tất cả các giá trị của m để C1 và C2 cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biệt là A.  2; . B. : 2 . C. 2 : . D. ; 2. Lời giải Chọn D x 1 x x 1 x 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 x m . x x 1 x 2 x 3 Tập xác định: D ¡ \ 3; 2; 1;0 Với điều kiện trên, phương trình trở thành
14. 1 1 1 1 4 x 2 x m * x x 1 x 2 x 3 1 1 1 1 4 x 2 x m . x x 1 x 2 x 3 1 1 1 1 Xét hàm số f x 4 x 2 x với tập xác định D . Ta có x x 1 x 2 x 3 1 1 1 1 x 2 f x 1 0,x D . x2 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 2 Bảng biến thiên Để C1 và C2 cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biệt thì phương trình * có 4 nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên suy ra tất cả các giá trị m cần tìm là m 2 . 2 x Câu 46. Cho phương trình 2log3 x log3 x 1 5 m 0 (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt? A. 123. B. 125. C. Vô số. D. 124 . Lời giải Chọn A x 0 Điều kiện: x log5 m log3 x 1 x 3 1 1 Phương trình log x x . 3 2 3 x log m 5 x log5 m TH1: Nếu m 1 thì x log5 m 0 (loại) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. TH2: Nếu m 1 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 1 log m 3 5 3 m 125 . Do m ¢ m 3;4;5; ;124 3 5 Vậy có tất cả 123 giá trị nguyên dương của m thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 47. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2x y.4x y 1 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2 4x 2y bằng 33 9 21 41 A. . B. . C. . D. . 8 8 4 8 Lời giải
15. Chọn D Ta có 2x y.4x y 1 3 2x 3 .4 x y.4 y 1 0 2y.22 y 3 2x 23 2x (1) 3 Th1. Xét 3 2x 0 x . 2 3 x 2 2 33 Ta có (1) đúng với mọi giá trị 2 P x y 4x 2y (2) 4 y 0 3 Th2. Xét 3 2x 0 0 x . 2 Xét hàm số f t t.2t với t 0 f t 2t t.2t.ln 2 0 với mọi t 0 3 (1) f 2y f 3 2x 2y 3 2x y x 2 2 2 2 2 3 2 21 P x y 4x 2y x x 4x 3 2x 2x x 2 4 2 1 41 41 P 2 x (3) 4 8 8 41 1 5 So sánh (2) và (3) ta thấy GTNN của P là khi x , y 8 4 4 Câu 48. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thỏa 2 mãn log3 x y log2 x y ? A. 80 . B. 79 . C. 157 . D. 158 Lời giải Chọn D log 3 2 2 log2 x y 2 2 Ta có: log3 x y log2 x y x y 3 x y x y 1 Đk: x y 1 ( do x, y ¢ , x y 0 ) Đặt t x y 1, nên từ 1 x2 x t log2 3 t 2 Để 1 không có quá 255 nghiệm nguyên y khi và chỉ khi bất phương trình 2 có không quá 255 nghiệm nguyên dương t . Đặt M f 255 với f t t log2 3 t . Vì f là hàm đồng biến trên 1, nên 2 1 t f 1 x2 x khi x2 x 0 . 1 2 Vậy 2 có không quá 255 nghiệm nguyên nguyên dương t f x x 255 x2 x f 255 78 x 79 vìx ¢ . Vậy có 158 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD
16. 1 1 sao cho mặt phẳng SMC vuông góc với mặt phẳng SNC . Tính tổng T AN 2 AM 2 khi thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất. 5 2 3 13 A. T 2 . B. T . C. T . D. T . 4 4 9 Lời giải Chọn B Đặt AM x , AN y . Gọi O AC  DB ; E BD CM ; F BD CN . 2 H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO . 3 SC  OH SC  HE Ta có: SC  HBD . SC  BD SC  HF Do đó góc giữa SCM và SCN bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE  HF . 1 2 Mặt khác V SA.S x y . S.AMCN 3 AMCN 3 Tính OE , OF : Ta có: x 0 , y 0 và nếu x 2 , y 2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó: OE KM x OE EB OB x 2 OE . EB MB 4 2x x 4 2x 4 x 4 x
17. y 2 Tương tự: OF . Mà OE.OF OH 2 x 2 y 2 12 . 4 y Nếu x 2 hoặc y 2 thì ta cũng có OE.OF OH 2 x 2 y 2 12 . Tóm lại: x 2 y 2 12 . 1 2 2 2 12 Suy ra: VS.AMCN SA.SAMCN x y x 2 y 2 4 x 2 4 . 3 3 3 3 x 2 x 1 y 2 1 1 1 1 5 Do đó maxVS.AMCN 2 T . x 2 AM 2 AN 2 x2 y2 4 y 1 Đây chỉ là 1 file nhỏ trong combo đề HSG 2020-2022 Tailieuchuan.vn xin giới thiệu đến quý giáo viên gói tài liệu Đề thi HSG môn Toán lớp 10-11-12 năm 2020-2021 bản word có lời giải mới nhất từ Sở giáo dục các tỉnh, trường chuyên, thành phố 3 miền cả nước. Đây là dạng tài liệu mà rất nhiều giáo viên quan tâm và tìm kiếm. Việc tìm kiếm trên mạng là điều không thể. Chỉ có thể sở hữu từ thương hiệu Tailieuchuan.vn. Mời quý giáo viên xem thử nội dung và đặt mua trọn bộ tại link sau: Câu 50. Cho hình hộp ABCD.A B C D có cạnh AB a và diện tích tứ giác A B CD là 2a 2 . Mặt phẳng A B CD tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 , khoảng cách giữa hai đường thẳng 3a 21 AA và CD bằng . Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A B C D , biết hình chiếu 7 của đỉnh A lên mặt phẳng ABCD thuộc miền giữa hai đường thẳng AB và CD , đồng thời khoảng cách giữa AB và CD nhỏ hơn 4a . 10a3 3 11a3 3 A. V 4a3 3 . B. V 3a3 3 . C. V . D. V . 3 4 Lời giải Chọn B
18. B' A' M C' D' O P A B H C a I D Gọi H là chân đường cao của hình hộp xuất phát từ A ; các điểm I , P và O lần lượt là hình chiếu của H lên CD , AB và A P ; M là hình chiếu của I lên A P ; 2 Theo giả thiết, ta có CD a ; SA B CD A I.CD 2a nên A I 2a . Mặt khác A B CD ; ABCD ·A IH 60o nên A H A I.sin 60o a 3 ; IH a . 3a 21 Ta lại có d A A;CD IM . 7 IM IP HP.IM 3a x a 21 Đặt IP x , với 0 x 4a , ta có HO HO . HO HP IP 7x A H.HP a 3. x a Trong tam giác vuông A HP ta có HO . A H 2 HP2 3a2 x a 2 3a x a 21 a 3. x a 2 Do đó: 3 3a2 x a x 7 7x 3a2 x a 2 9 3a2 x a 2 7x2 36a2 18ax 2x2 0 x 6a (loại) hoặc x 3a (chọn).