Đề thi thử THPT quốc gia

SỞ GD VÀ ĐT CAO BẰNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018

MƠN: TỐN 12
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu 1: (6,0 điểm)

1.Tìm các giá trị của m để hàm số y 



1 m x



3 3



m1



x2 4mxm luôn đồng biến trên
tập số thực.

2.Tìm trên trục hồnh các điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số

 

2

1

x

y C

x


 .

Biết hai tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 45.

3.Giải hệ phương trình

2

2

2 2

3 2 2

1
5

log 3 5

2

x y

y

x y

x y

  


 

  

 _



.

Câu 2: (2,0 điểm)

Giải phương trình:

2

4 sin
1 cot 2

1 cos 4

x
x

x

 

 .

Câu 3: (2,0 điểm)

Tính





3
1

2 3

lim
1

x

x x

I

x


 



 .

Câu 4: (2,0 điểm)

Một hộp chứa 11 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 11, lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu.
Tính xác suất để tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.

Câu 5: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, các cạnh AB và BC lần lượt nằm
trên hai đường thẳng có phương trình 12x y 230 và 2x5y 1 0, đường thẳng AC đi

qua điểm M

 

3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 6: (4,0 điểm)

Cho hình chóp .S ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp

là SAa. M là một điểm di động trên SB, đặt BMx 2.

 

 là mặt phẳng qua OM và
vng góc với



ABCD



.

1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

 

 .
2. Tính diện tích thiết diện theo a và x.

3. Xác định x để thiết diện là hình thang vng. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần
của .S ABCD chia bởi thiết diện.

Câu 7: (2,0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1.
Chứng minh rằng: _{2 2 2 2 2 2} 3 3

2

a b c

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT.
Câu 1: (6 điểm)

1.Tìm các giá trị của m để hàm số y 



1 m x



3 3



m1



x2 4mxm luôn đồng biến trên
tập số thực.

2.Tìm trên trục hồnh các điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số

 

2

1

x

y C

x


 .

Biết hai tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 45.

3. Giải hệ phương trình

2

2

2 2

3 2 2

1
5

log 3 5

2

x y

y

x y

x y

  


  _{  }

 _



.

Lời giải

1. Tập xác định D





2





3 1 6 1 4

y  m x  m x m

TH1: m1

12 4

y  x ; 0 1

3

y   x

Với m1, hàm số đồng biến trên khoảng 1;
3
 _{ }

 

 .
Vậy m1 loại.

TH2: m1

Để hàm số đồng biến trên  y  0, x 3 1



m x



2 6



m1



x4m  0, x





2





1 0

0

0 9 1 12 1 0

m
a

m m m

 




 

_ _



     

 _ 2

1

10 3 0

m

m m




 _{   }









1

;5 2 7
;5 2 7 5 2 7;

m

m
m



 _

_     _

 

     

  



.

Vậy m  



;5 2 7_ hàm số đã cho đồng biến trên .
2. Xét hàm số

 

2

1

x

y C

x








2
2

2
1

x x

y
x


 



Để  là tiếp tuyến của đồ thị

 

C :



  





 

2
2

2

1
1

2

2
1

x

k x m

x

x x

k
x



 

 

 _

 _

 


Thay PT (2) vào PT (1) ta được:







 





  

2 2

2
2

2

1 2 0 1 *

1 ₁

x x x

x m m x xm x

x _x



      

 _

Để qua M kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

C PT (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1

1 0 1

0 0

1 2 0 1

m m

m

m m m

   

 

 _ 

  _ _ 

 _{  }  _

 

Khi đó PT (*) có hai nghiệm

1
2

0
2

1

x

m
x

m




 




 





1

2 2

0 0

2 4

1 ₁

k y

m m

k y

m _m



 




_{  } _ 

 

 _{   }


Vì hai tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 45 nên



  

2
1 2

1 2

tan 45 4 1 3

1

k k

m m

k k


    



Với m0 ta có PT

 

3 



m1



2 4m 2 6 1 0 3 2 2





3 2 2

m

m m TM

m

  

     

 


Với m0 ta có PT

 

3 



m1



2  4m m2 2m  1 0 m 1



TM



3. Giải hệ phương trình

 

 

2

2

2 2

3 2 2

1 1

5

log 3 5 2

2

x y

y

x y

x y

  


  _{  }

 _



Lời giải

Điều kiện 2





5y    0 y 5; 5 .
Ta có











 







2

2 2

3 2 2

2 2 2 2 2

3 3

2 2 2 2 2 2

3 3

5

log 3 5

2

log 5 log 2 3 5

log 5 5 log 2 2 .

y

x y

x y

y x y x y

y y x y x y



  



      

       

Do đó hàm số

 

3

f t  t t đồng biên trên .

Ta có



2

 

2 2



2 2 2 2 2

5 2 5 2 3 5.

f y  f x  y  y x  y x  y  (3)
Mặt khác từ phương trình (1) ta có 2

1

y x thay vào (3) ta được





2

2 2 2 2 4

2

4 2

2

3 1 5 3 6 3 5 0

2

3 5 2 0 ₁

0
3

x x x x x

x
x x
x
        
 

  _{      }

.

Suy ra y   1 2 1.(Tmđk).

Vậy hệ phương trình đã cho hai nghiệm



x y;









2; 1 ;

 

 2; 1 .





Câu 2. Giải phương trình:

2

4 sin
1 cot 2

1 cos 4

x
x

x
 
 .
Lời giải

 

2
4 sin

1 cot 2 1

1 cos 4

x
x

x

 

 .

Điều kiện: sin 2x02xk ,
2

x k k

   .

 

22

cos 2 4sin

1 1

sin 2 2sin 2

x x

x x

  





2

sin 2x cos 2x sin 2x 2sin x

  

2

1 cos 2x cos 2 sin 2x x 1 cos 2x

     cos 2x



cos 2xsin 2x 1



0
cos 2 0

cos 2 cos

4 4

x

x  




_{  }
 
 
 _{ }

2
2
2 2
2 2
2
x k
x k
x k
 _

 _
 _{ }


_ 

  







4 2

4
x k

x k k

x k
 

 _
  


_  

  


.

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình là

4 2

x  k ,k .

Câu 3. (2,0 điểm) Tính





3
1
2 3

lim
1
x
x x
I
x

 

 .
Lời giải

Với x1 ta có





 



























2
2

3 3 3

2 3 _{1 4 3}

2 3

1 1 2 3 1 2 3

x x _{x x}

x x

x x x x x x x

  _{ }

  _{ }

      





2





4 3

1 2 3

x

x x x


 

  









2

4 3 1

Vì





1

4 3 7

lim 0

4

2 3

x

x

x x



 

  

  và ₁





2

1
lim

1

x _x   nên: 1





3

2 3

lim
1

x

x x

I

x


 

  

 .

Câu 4. (2,0 điểm)

Một hộp chứa 11 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 11, lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu.
Tính xác suất để tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.

Lời giải.

Gọi :A “Chọn 6 quả cầu mà tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.”
Có 6 quả cầu mang số lẻ và 5 quả cầu mang số chẵn.

*Tính n

 

 :

Chọn 6 quả cầu từ 11 quả cầu có C₁₁6 462 cách. Suy ra: n

 

 462.
*Tính n A

 

:

TH1: Chọn 1 quả cầu lẻ và 5 quả cầu chẵn có: 1 5
6. 5 6

C C  cách
TH2: Chọn 3 quả cầu lẻ và 3 quả cầu chẵn có: 3 3

6. 5 200

C C  cách
TH3: Chọn 5 quả cầu lẻ và 1 quả cầu chẵn có: 5 1

6. 5 30

C C  cách
Theo quy tắc cộng, ta có: n A

 

 6 200 30 236

Vậy

 

 

 

236462 118231 0,51.

n A

P A

n

   



Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, các cạnh AB và BC lần lượt nằm
trên hai đường thẳng có phương trình 12x y 230 và 2x5y 1 0, đường thẳng AC đi
qua điểm M

 

3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Lời giải

B C

A

Vì

 

B ABAC  Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 12 23 0 2

 

2;1

2 5 1 0 1

x y x

B

x y y

   

 

 

 _{  }  _

 

VTPT của hai đường thẳng AB và BC lần lượt là n1



12; 1



và n2 



2; 5



Tam giác ABC cân tại A









o

,
90

,

ABC AB BC

ABC ACB

ACB AC BC

 _



   _{ }




Ta có cos cos



₁, ₂



1
5

ABC n n 

Đường thẳng AC đi qua M

 

3;1 nên phương trình AC là a x



 3

 

b y 1



0 với

2 2

0

Ta có



_{2 3}



2 2

2 5
1

cos cos ,

5 29.

a b

ACB n n

a b



  



2 2

9a 100ab 96b 0

   

12
8
9

a b

a b

 




 



Trường hợp a 12b(loại) vì khi đó AC AB// vơ lí.
Trường hợp 8

9

a b Phương trình đường thẳng AC là 8x9y330

Vì

 

C BCAC  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 8 9 33 0 78 37;
2 5 1 0 29 29

x y

C

x y

  

 _  

 _{  } _ _



Vì

 

A ABAC  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 8 9 33 0 60 53;
12 23 0 29 29

x y

A

x y

  

 _  

 _{  }  

 

 .

Vậy 60 53;
29 29

A_ _

 , B

 

2;1 ,

78 37
;
29 29

C_ _

 .
Câu 6. (2,0 điểm)

Cho hình chóp .S ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp

là SAa. M là một điểm di động trên SB, đặt BMx 2.

 

 là mặt phẳng qua OM và
vuông góc với



ABCD



.

1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

 

 .
2. Tính diện tích thiết diện theo a và x.

3. Xác định x để thiết diện là hình thang vng. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần
của .S ABCD chia bởi thiết diện.

Lời giải

1.

I

K

H

O

B

A

D

C

S

M

Trong



SAB



, từ M kẻ MH  SA cắt AB tại H . Do SA



ABCD



nên MH 



ABCD



. Từ

đó suy ra



MHO

 

 ABCD



.

Gọi I HOCD, K là trung điểm SC. Khi đó KO



ABCD



và thiết diện của hình chóp
cắt bởi



MHO



là tứ giác MHIK.









2 2 2

2

2 _{2 2 2 2}

2 . .cos

2 2 1 1

2. . .cos 45

2 2 2 2

OH AH AO AH AO OAH

a a

a x a x a xa x OH a xa x

  

 

  _{ }         

 





2 2 2 2

1 1 1 1 3 1

.

2 2 2 2 4 2

MHOK

S  MHOK OH  _x x_ a xax  x a xax

 

2 2 2 2

1 1 1 1

. . .

2 2 2 2 4 2

KOI

x x

S  KO OI  a xax  a xax

Do đó: 1 2 2

2
MHIK MHOK KOI

S S S x a xax .

3.

N
K

I
H

M

O
B

A

D

C
S

Khi 2 1

2 2

a

BM   BS thì OH



MK



BC. Khi đó thiết diện là hình thang vng.
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có:

3
.

1 1 1 1

. . . .

2 2 2 2 16

ONK HBM BMH

a

V S OH  a a a .

3 3

3

. .

1 1 1

.

2 8 3 24

K OICN S ABCD

a

V  _{ } V  a 

  .

Do đó: 3

. .

5
48

BHMCIK ONK HBM K OICN

V V V  a .

3

. .

43
48

MHKI SAD S ABCD BHMCIK

V V V  a .

Câu 7. (2,0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1.
Chứng minh rằng: _{2 2 2 2 2 2} 3 3

2

a b c

b c c a a b 

Lời giải

 

0;1

x

  ta có ₂ 3 3 2

1 2

x

x

x 



3

2 3 3x 3 3x

   3

3 3x 3 3x 2 0

   



3 2

 

2

 



3 3x 3x 3x 3x 2 2 3x 0

      







 



2

3x 3x 1 3x 3x 1 2 3x 1 0





2



3x 1 3x 3x 2 0

     



3x1



3x1



3x2



0



 



2

3x 1 3x 2 0

   

(luôn đúng  x

 

0;1 ). Vậy ₂ 3 3 2

1 2

x

x

x 



 

* .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3

3

x .

Ta có _{2 2 2 2 2 2} 3 3

2

a b c

b c c a a b  2 2 2

3 3

1 1 1 2

a b c

a b c

   

   .

Vì a, b, c là các số dương thỏa mãn a2b2c2 1 nên a, b, c thuộc khoảng

 

0;1 .
Do đó áp dụng

 

* ta có:

2
2

3 3

1 2

a a

a 



 

1 ;

2
2

3 3

1 2

b b

b 



 

2 và

2
2

3 3

1 2

c c

c 



 

3 .
Từ

 

1 ,

 

2 ,

 

3 ta có:

2 2 2

2 2 2

3 3 3 3 3 3

1 1 1 2 2 2

a b c a b c

a  b  c   

  



2 2 2



2 2 2

3 3

1 1 1 2

a b c

a b c

a b c

     

   2 2 2

3 3

1 1 1 2

a b c

a b c

   

   .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3
3