Đề ôn tập học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Đề 01 - Năm học 2022-2023

Nội dung text: Đề ôn tập học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Đề 01 - Năm học 2022-2023

1. ĐỀ ÔN TẬP HỌC SINH GIỎI HÀ NỘI 2023 ĐỀ 01 Câu 1. Cho parabol P : y x2 4x 3 và đường thẳng d : y mx 3. Tìm tất cả các giá trị thực 9 của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng . 2 x 1 2x2 1 y y2 xy 3x Câu 2: .Giải hệ phương trình 4 2 x 3x 6 x 2 60 18 y 2y . Câu 3: Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3. Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng 600. Gọi N là trung điểm của BC. 1. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SD và AN. 2. Gọi H, K là hai điểm lần lượt thuộc các đường thẳng SB và DN sao cho HK  SB, HK  DN. Tính độ dài đoạn HK theo a. 1 n 1 * Câu 5. Cho dãy số xác định bởi u1 1, un 1 2un 2 ; n ¥ . Tìm u2018 ? 3 n 3n 2 Câu 6 . Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 4xyz 2 xy yz zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P x 1 y 1 z . 1
2. ĐỀ 02.2023 Câu 1. Cho hàm số y x2 2(m 1)x 1 m2 (1) , ( m là tham số). Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác KAB vuông tại K , trong đó K(2; 2) . 3 3 2 2 x y 3x 6y 6x 15y 10 Câu 2. Giải hệ phương trình x, y R 2 y x 3 y 6 x 10 y 4x Câu 3. Một hộp có 40 tấm thẻ , chọn ngẫu nhiên 3 tấm thẻ, tính xác suất sao cho chọn được 3 tấm thẻ có tổng số ghi trên 3 thẻ là một số chia hết cho 3. Câu 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và đường cao SO a . a) Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng ABCD và SCD . b) Gọi I là trọng tâm tam giác ABO , xác định hình chiếu H của I lên mp SCD và tính độ dài IH theo a . u1 1 1 1 1 Câu 5. Cho dãy số un với n 1 . Đặt Sn . Hãy tính lim Sn . un 1 1 u1u2 un u1 u2 un Câu 6. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1) 3 2
3. ĐỀ 03 Câu 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x4 4 m 1 x2 2m 1 có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. 1 y x y 1 x 3 x y 2 y (1) Câu 2: Giải các hệ phương trình: 2 2y 3x 6y 4 2 x 2y 1 4x 5y 7 (2) Câu 3: Gọi  là tập tất cả các số tự nhiên gồm 7 chữ số đôi một khác nhau. Từ tập  , lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 15. Câu 4. a) Cho hình chóp SABC có SC  ABC và tam giác ABC vuông tại B. Biết AB a; AC a 3 và 13 góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng với sin . Tính độ dài SC theo a. 19 b) Cho tứ diện SABC có SA, SB ,SC đôi một vuông góc. Gọi , , lần lượt là các góc giữa các mặt phẳng SAB , SBC , SCA với ABC . Chứng minh rằng: cos2 cos2 cos2 3 . sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 4 u1 3 Câu 5. Cho dãy số un xác định bởi: . Tìm limun . n 2 un 2 n 1 un 1 5n 1 10 3 2018 Câu 6. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2 10 x 3 y 2018 z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xyz 3
4. ĐỀ 04 x 2 Câu 1: Cho hàm số y có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). x 1 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ I đến tiếp tuyến đó bằng 2 . 2 2 x 4y(x 5) 1 4y x 2 2y Câu 2. Giải hệ phương trình 4y(x 4) x 2 x 1 Câu 3. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc tập A . Tính xác suất để chọn được một số thuộc tập A và số đó chia hết cho 9. Câu 4 . a) Cho tứ diện đều SABC có độ dài cạnh bằng 1, gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB. Trên các đường thẳng AS và CK lấy các điểm P, Q sao cho PQ song song với BI. Tính độ dài đoạn thẳng PQ. b) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O với OA = 2OB = 2a và SO vuông góc với đáy (ABCD). Mặt phẳng ( ) qua A vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính côsin góc giữa (SAB) với ( ) biết B 'C ' D ' đều. 5 u 1 3 Câu 5. Cho dãy số (un) được xác định bởi . 4n 14 5u 4u , n 1 n 1 n 4n2 8n 3 Tìm công thức số hạng tổng quát un theo n. Câu 6 . Cho x 0, y 0, z 0 sao cho xyz 1. Tìm giá trị lớn nhất của: xy yz xz P x5 y5 xy y5 z5 yz x5 z5 xz 4
5. ĐỀ 05 3 Câu 1 : Cho hàm số y x3 m 2 x2 3 m 1 x 1 (1), m là tham số. Tìm m 0 để đồ thị hàm 2 số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là yCĐ , yCT thỏa mãn 2yCĐ yCT 4 . x y 2 2x 1 2y 1 1 Câu 2: Giải hệ phương trình 2 . x y x 2y 3x 2y 4 2 Câu 3: Một bài kiểm tra trắc nghiệm gồm 10 câu,mỗi câu có 4 phương án để lựa chọn,trong đó chỉ có một phương án đúng.Với mỗi câu,nếu chọn phương án đúng thì thí sinh được 5 điểm,nếu chọn phương án sai thì thí sinh bị trừ 1 điểm.Tính xác suất để một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên phương án trả lời được 26 điểm. Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Lấy điểm M thuộc đoạn AD’, điểm a 2 N thuộc đoạn BD sao cho AM DN x, 0 x . 2 a. Tìm độ dài đoạn MN. b. Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất. 1 u 1 2 Câu 5: Cho dãy số un xác định bởi . Chứng minh dãy số un có giới 3 1 u u2 u3 ,n 1 n 1 2 n 2 n hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó? Câu 6 : Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bẳng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 4 4 a2 b2 c2 1 T . a b b c c a 2abc 5
6. ĐỀ 06 x2 4x Câu 1: Cho hàm số y có đồ thị H . Từ điểm A 1; 4 kẻ được đến H một tiếp tuyến duy nhất, x 1 viết phương trình tiếp tuyến đó. Câu 2: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình: (2x 1) x y (6 x y) 2 x (x, y ¡ ). 2 x 11x y 4 6x y Câu 3: Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 lập số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 1111. Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O , cạnh a và SO vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M , N là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ABCD bằng 60 . a). Tính độ dài các đoạn thẳng SO và MN theo a . b). Tính cosin của góc giữa đường thẳng MN với mặt phẳng SBD . Câu 5: Cho dãy số thực (un ) được xác định bởi: 3 9n 10 u và u u3 3u2 9u 1 với mọi n 1. 1 2 n 1 n n n n 1 a) Chứng minh (un ) là dãy bị chặn dưới. b) Chứng minh dãy (un ) có giới hạn hữu hạn khi n . Hãy tìm giới hạn đó. Câu 6: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn (x y)3 4xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 4 2 2 2 2 thức P 3(x y x y xy) 2(x y ) 1. 6
7. ĐỀ 01 Câu 1. Cho parabol P : y x2 4x 3 và đường thẳng d : y mx 3. Tìm tất cả các giá trị thực 9 của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng . 2 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là nghiệm phương trình : 2 x 0 x 4x 3 mx 3 x x m 4 0 x m 4 Để d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi 4 m 0 m 4. Với x 0 y 3 A 0;3 Oy . Với x 4 m y m2 4m 3 B 4 m;m2 4m 3 Gọi H là hình chiếu của B lên OA. Suy ra BH xB 4 m . 9 1 9 1 9 Theo giả thiết bài toán, ta có S OA.BH .3. m 4 OAB 2 2 2 2 2 m 1 m 4 3 . m 7 x 1 2x2 1 y y2 xy 3x Câu 2: .Giải hệ phương trình 4 2 x 3x 6 x 2 60 18 y 2y . Lời giải y 0 - Điều kiện x 2 7
8. 2 - Từ phương trình (1) x 1 y x 1 y2 x2 xy x x y 1 x y 1 x y 1 x. x y 1 x 1 y 1 x y 1 2x y 1 0 (3) x 1 y y 0 1 Do 2x y 1 0 nên (3) x y 1 x 2 x 1 y - Thay vào (2) ta được phương trình x4 18x2 3x 6 x 2 78 0 x4 18x2 81 3 x 2 2 x 2 1 0 2 2 x2 9 3 x 2 1 0 2 x 9 0 x 3 (thỏa mãn điều kiện) x 2 1 0 với x 3 y 2 thỏa mãn điều kiện x 3 - Vậy hệ phương trình có nghiệm y 2 Câu 3: Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3. Lời giải 2 +) Số phần tử của không gian mẫu là n  C50 +) Gọi A là biến cố hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3 a b 3 Giả sử 2 số được chọn là a,b . Theo giả thiết a2 b2 3 a b a b 3 a b 3 2 2 2 Nếu a b 3 thì a, b phải đồng dư khi chia 3 số cách chọn là: C16 C17 C17 Nếu a b 3 thì hoặc a và b cùng chia hết cho 3 hoặc một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 2 1 1 số cách chọn là: C16 C17 .C17 8
9. a b 3 a3 2 Lại có: số cách chọn là: C16 a b 3 b3 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 Do đó: n A C16 C17 C17 C16 C17C17 C16 C16 C17 C17 C17C17 2 2 2 1 1 C16 C17 C17 C17C17 681 Vậy P A 2 C50 1225 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng 600. Gọi N là trung điểm của BC. 1. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SD và AN. 2. Gọi H, K là hai điểm lần lượt thuộc các đường thẳng SB và DN sao cho HK  SB, HK  DN. Tính độ dài đoạn HK theo a. Lời giải S H A B K N D C 1.    + Đặt AB a, AD b, AS c với a.b b.c c.a 0 và a b a, c a 3   1 + Ta có SD b c và AN a b 2 2  2 2  2 1 2 a 5   1 2 a Suy ra SD b c 2a, AN a b và SD.AN b 4 2 2 2 a2   1 Vậy cos SD, AN 2 0 a 5 2 5 2a. 2 9
10. 1 Suy ra cos SD, AN . 2 5 2.   1 + Ta có SB a c và DN a b 2        1 1 HK HB BN NK xSB BN yDN x a c b y a b 2 2     1 y HK HB BN NK x y a b xc 2 2 2 x y a xc 0 x y a2 3xa2 0 HK  SB o nên 2 y 1 2 2 y 1 2 HK  DN x y a b 0 x y a a 0 4 4 1 x 4x y 0 16 4x 5y 1 1 y 4 2  3 3 1 3 3 1 a 3 Suy ra HK a b c HK a b c 16 8 16 16 8 16 4 a 3 Vậy HK 4 1 n 1 * Câu 5. Cho dãy số xác định bởi u1 1, un 1 2un 2 ; n ¥ . Tìm u2018 ? 3 n 3n 2 Lời giải 1 n 1 1 3 2 2 1 2 1 Ta có: un 1 2un 2 2un un . . 3 n 3n 2 3 n 2 n 1 3 n 2 3 n 1 10
11. 1 2 1 un 1 un 1 n 2 3 n 1 1 2 Đặt v u , từ 1 ta suy ra: v v . n n n 1 n 1 3 n 1 1 2 Do đó v là cấp số nhân với v u , công bội q . n 1 1 2 2 3 n 1 n 1 n 1 n 1 1 2 1 1 2 1 2 1 Suy ra: vn v1.q . un . un . . 2 3 n 1 2 3 2 3 n 1 2017 1 2 1 22016 1 Vậy u2018 . 2017 . 2 3 2019 3 2019 Câu 6 . Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 4xyz 2 xy yz zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P x 1 y 1 z . Lời giải 2 y z 2 Ta có P x 1 y z 4P x 2 y z 4 + Từ giả thiết ta có x2 y2 2yz z2 4xyz 2x y z 4yz x2 y z 2 2x y z 1 x 4yz + Nhận thấy x2 y z 2 2x y z x y z 2 0 nên x 1 + Vì vậy x2 y z 2 2x y z 1 x 4yz x2 y z 2 2x y z 1 x y z 2 x2 2x y z x y z 2 x 2 y z y z 2 x y z 2 y z 3 + Suy ra 4P y z 2 y z Đặt: 2 y z t khi đó ta có 4P 2 t t3 11
12. 27 27 4P 2 t t3 16 16 2 2 4t 4t 3 2t 3 27 27 4P P 16 16 64 y z 27 3 3 1 + Vậy max P khi và chỉ khi 2 y z x ; y z 64 2 4 4 x y z 2 y z === ĐỀ 02.2023 Câu 1. Cho hàm số y x2 2(m 1)x 1 m2 (1) , ( m là tham số). Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác KAB vuông tại K , trong đó K(2; 2) . Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm x2 2(m 1)x 1 m2 0 x2 2(m 1)x m2 1 0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt, khi đó ' 0 (m 1)2 m2 1 0 2m 2 0 m 1. Gọi các nghiệm của phương trình (2) là x1, x2 . Tọa độ các giao điểm A, B là A(x1;0) , B(x2 ;0) ;   KA (x1 2;2), KB (x2 2;2) . Khi đó theo bài ra ta có:   KA  KB KA . KB 0 (x1 2)(x2 2) 4 0 x1x2 2(x1 x2 ) 8 0 2 2 m 1 m 1 2.2(m 1) 8 0 m 4m 3 0 . m 3 Kết hợp điều kiện m 1, ta được m 1, m 3. 12
13. 3 3 2 2 x y 3x 6y 6x 15y 10 Câu 2. Giải hệ phương trình x, y R 2 y x 3 y 6 x 10 y 4x Lời giải 3 3 2 2 3 3 x y 3x 6y 6x 15y 10 x 1 3 x 1 y 2 3 y 2 1 2 2 y x 3 y 6 x 10 y 4x y x 3 y 6 x 10 y 4x 2 x 3 Điều kiện y ¡ 2 2 1 pt (x y 1) x 1 x 1 y 2 y 2 3 0 y x 1 3 Từ ta có Thay 3 vào 2 ta được phương trình: x 1 x 3 x 7 x 10 x2 6x 1 4 Phương trình 4 x 1 x 3 3 x 7 x 10 4 x2 x 30 x 6 x 6 x 1  x 7  x 5 x 6 x 3 3 x 10 4 x 6 0 5 x 1 x 7 x 5 6 x 3 3 x 10 4 Từ 5 : x 6 0 x 6  3 y 7 x; y 6;7 là một nghiệm của hpt. x 1 x 3 x 7 x 7 Từ 6 : 0 7 phương trình vô nghiệm do x 3 3 2 x 10 3 2 7 1 1 1 1 7 VT x 3  x 7  0 VP x 3 3 2 x 10 4 2 Câu 3. Một hộp có 40 tấm thẻ , chọn ngẫu nhiên 3 tấm thẻ, tính xác suất sao cho chọn được 3 tấm thẻ có tổng số ghi trên 3 thẻ là một số chia hết cho 3. Lời giải 3 + Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ là C40 + Trong 40 tấm thẻ có: 13 tấm thẻ mang số chia hết cho 3 14 tấm thẻ mang số chia 3 dư 1 13
14. 13 tấm thẻ mang số chia 3 dư 2 + Để tổng 3 số trên 3 tấm thẻ là số chia hết cho 3 thì phải xảy ra các trường hợp sau: 3 Cả 3 số đều chia hết cho 3: có C13 cách 3 Cả 3 số đều chia 3 dư 1: Có C14 cách 3 Cả 3 số đều chia 3 dư 2: Có C13 cách 1 1 1 Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2: có C13.C14C13 cách 3 3 3 1 1 1 C13 C14 C13 C13C14C13 127 + Xác suất cần tính là P 3 C40 380 Câu 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và đường cao SO a . a) Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng ABCD và SCD . b) Gọi I là trọng tâm tam giác ABO , xác định hình chiếu H của I lên mp SCD và tính độ dài IH theo a . Hướng dẫn giải a) Gọi M là trung điểm CD suy ra góc giữa ABCD và SCD là góc SMO , a Tam giác SMO vuông tại O , SO a, OM suy ra tan SMO 2 hay SMO 63,4 . 2 b) Kẻ OK là đường cao tam giác SOM suy ra OK vuông góc mp SCD , từ I kẻ đường thẳng song song với OK trong mp SOM cắt SM tại H thì H là điểm cần tìm. 5 5 a 5 a 5 Ta có IH .OK . 3 3 5 3 14
15. S H K A D I M O B C u1 1 1 1 1 Câu 5. Cho dãy số un với n 1 . Đặt Sn . Hãy tính lim Sn . un 1 1 u1u2 un u1 u2 un Lời giải 1 1 1 1 1 1 un 1 1 u1u2 un un 1 1 u1u2 un . un 1 1 u1u2 un un 1 un un 1 un 1 1 1 un un 1 un 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Sn 2 u1 u2 un u1 u2 1 un 1 1 un 1 1 * Từ u1 1, un 1 1 u1u2 un n 1 u2 2. Ta chứng minh un n, n ¥ . Thật vậy, giả sử uk k đúng với mọi k 1;n uk 1 1 u1u2 uk 1 1.2 k k 1 1 Do đó lim 0 . Vậy lim Sn 2 . un 1 1 Câu 6. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1) 3 Lời giải 15
16. a2 b2 c2 Ta có VT = (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1) 1 1 1 = 2 1 2 1 2 1 (b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a ) a a b b c c y z x Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a , b , c với x, y, z > 0 x y z 1 1 1 Khi đó VT = y z z y z x x z x y y x ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) x x x x y y y y z z z z x2 y2 z2 = (y 2z)(z 2y) (z 2x)(x 2z) (x 2y)(y 2x) 9 Ta có (y 2z)(z 2y) yz 2y2 2z2 4yz 2(y z)2 5yz (y2 z2 ) 2 x2 2 x2 Suy ra (1) (y 2z)(z 2y) 9 y2 z2 y2 2 y2 z2 2 z2 Tương tự có (2); (3) (z 2x)(x 2z) 9 x2 z2 (x 2y)(y 2x) 9 y2 x2 2 x2 y2 z2 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT ( ) 9 y2 z2 x2 z2 y2 x2 x2 y2 z2 1 1 1 Lại có = (x2 y2 z2 )( ) 3 y2 z2 x2 z2 y2 x2 y2 z2 x2 z2 y2 x2 1 1 1 1 1 3 = ((x2 y2 ) (y2 z2 ) (z2 x2 ))( ) 3 .9 3 2 y2 z2 x2 z2 y2 x2 2 2 (BĐT Netbit) 2 3 1 Suy ra VT . (đpcm) 9 2 3 16
17. === ĐỀ 03 Câu 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x4 4 m 1 x2 2m 1 có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. Lời giải Ta có y 4x3 8 m 1 x 4x x2 2 m 1 . x 0 y 0 2 nên hàm số có 3 điểm cực trị khi m 1. x 2 m 1 Với đk m 1 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A 0;2m 1 ,B 2 m 1 ; 4m2 10m 5 ,B 2 m 1 ; 4m2 10m 5 . AB2 AC 2 2 m 1 16 m 1 4 Ta có: BC 2 8 m 1 Để 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành tam giác đều thì: AB AC BC AB2 AC 2 BC 2 2 m 1 16 m 1 4 8 m 1 m 1 4 3 8 m 1 3 m 1 0 m 1 8 m 1 3 0 3 3 m 1 2 3 3 So sánh với điều kiện ta có: m 1 thỏa mãn. 2 1 y x y 1 x 3 x y 2 y (1) Câu 2: Giải các hệ phương trình: 2 2y 3x 6y 4 2 x 2y 1 4x 5y 7 (2) Lời giải ĐK: y 0, x y 1 0, x 2y 1 0, 4x 5y 7 0 (*) 17
18. x y 2 (1) 1 y x y 1 1 x y 2 x y 2 y 1 y x y 2 x y 2 y x y 1 1 1 y 1 y x y 2 1 y 0 x y 2 1 y 1 0 x y 1 1 x y 1 1 x y 2 0 y 1 TH1: Với y = 1. Thay vào (2) ta được x = 4 ( thỏa mãn (*) ) TH2: Với x – y – 2 = 0 x y 2 . Thay vào (2) ta được: 2y2 3y 2 1 y 1 5 3 5 2 2 y x 2y 3y 2 0 2y 3y 2 0 2 2 4 3 2 2 2 4y 12y y 11y 3 0 y y 1 4y 8y 3 0 2 7 2 7 y x 2 2 3 5 1 5 2 7 2 7 Kết hợp với (*) ta được nghiệm (x; y) của hệ là: ; , ; 2 2 2 2 3 5 1 5 2 7 2 7 KL: Hệ có 3 nghiệm (x; y) là: 4;1 , ; , ; 2 2 2 2 Câu 3: Gọi  là tập tất cả các số tự nhiên gồm 7 chữ số đôi một khác nhau. Từ tập  , lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 15. Lời giải 6 Số phần tử của  là n() 9.A9 544320 số. Biến cố A: “số lập được chia hết cho 15” Gọi số cần tìm là x a1a2a3a4a5a6a7 . Ta có 0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45 chia hết cho 3. Vì x15 x3 và x5 a7 0; a7 5. Số cần tìm có 7 chữ số mà chia hết cho 3 nên cần bỏ đi 3 chữ số từ 0 đến 9 sao cho tổng 3 chữ số đó chia hết cho 3. Ta tạo thành các nhóm gồm A = {0;3;6;9}; B = {1;4;7} và C = {2;5;8}. Bộ bỏ đi là {a;b;c} *) Ta đếm các bộ {a;b;c} mà có tổng chia hết cho 3. +) Cùng dư thì có 6 bộ gồm: {0; 3;6};{0; 3;9};{0;6;9}; {3;6;9}; {1;4;7}; {2;8;5}; +) Khác dư thì quy ước a, b, c tương ứng thuộc A, B, C ta có: -) Bộ {0;b;c} thì có 3 cách chọn b B và 2 cách chọn c C (do đã bỏ đi 0 thì phải có 5) nên có 6 bộ. -) Bộ {a;b;5} trong đó a 0 thì có 3 cách chọn a, 3 cách chọn b nên có 3.3 = 9 bộ -) Bộ {a;b;c} trong đó a 0 và c 5 thì có 3 cách chọn a, 3 cách chọn b và 2 cách chọn c nên có 3.3.2 = 18 bộ Như vậy, các bộ phải bỏ đi gồm: - 9 bộ gồm {0;b;c} trong đó c 5 - 10 bộ gồm {a;b;5} trong đo a 0 18
19. 20 bộ {a;b;c} trong đó không có chữ số 0 và 5. *) Lập số tương ứng với các bộ: +) Bỏ đi bộ chứa chữ số 0 (tức là số tạo thành chỉ có chứa chữ số 5 chứ không có chữ số 0) khi đó số tạo thành có dạng a1a2a3a4a5a6 5 , ta có 9 cách bỏ bộ và có 6! cách viết cho 6 chữ số còn lại nên có 9.6! = 6480 số có dạng a1a2a3a4a5a6 5 thỏa mãn. +) Bỏ đi bộ chứa chữ số 5 (tức là số tạo thành chỉ có chứa chữ số 0 chứ không có chữ số 5) khi đó số tạo thành có dạng a1a2a3a4a5a6 0 , ta có 10 cách bỏ bộ và có 6! cách viết 6 chữ số còn lại nên có 10.6! = 7200 số có dạng a1a2a3a4a5a6 0 thỏa mãn +) Bỏ đi bộ không chứa cả 2 chữ số 0 và 5 thì có 20 cách bỏ bộ, khi đó số tạo thành sẽ có chứa cả 0 và 5, ta có 2 trường hợp: Nếu a7 5 5.5! cách viết cho 0 và 5 chữ số còn lại. Nếu a7 0 thì có 6! cách viết cho 6 số còn lại Nên trường hợp này có 20.(5.5!+6!) = 26400 số. Do đó có cả thảy 40080 số thỏa mãn yêu cầu. 40080 167 Vậy xác suất của biến cố A là P(A) . 544320 2268 Câu 4. a) Cho hình chóp SABC có SC  ABC và tam giác ABC vuông tại B. Biết AB a; AC a 3 và 13 góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng với sin . Tính độ dài SC theo a. 19 Lời giải 19
20. a) Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB. Ta chứng minh được CK  (SAB), SA  (CHK) . Suy ra CHK vuông tại K và SA  KH . Do đó CHK. Đặt SC x 0 . Trong tam giác vuông SAC ta có 1 1 1 3a 2 x 2 CH 2 . CH 2 CA2 CS 2 3a 2 x 2 2a 2 x 2 Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có CK 2 . 2a 2 x 2 13 CK 2 13 2(3a2 x2 ) 13 Ta có sin x 6a , vì x > 0. Vậy SC 6a . 19 CH 2 19 3(2a2 x2 ) 19 b) Cho tứ diện SABC có SA, SB ,SC đôi một vuông góc. Gọi , , lần lượt là các góc giữa các mặt phẳng SAB , SBC , SCA với ABC . Chứng minh rằng: cos2 cos2 cos2 3 . sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 4 Lời giải 20
21. Chứng minh cos2 cos2  cos2  1 sin2 sin2  sin2  2 cos2 cos2 cos2 cos2 cos2 cos2 3 sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 2 sin2 2 sin2 2 sin2 4 cos2 cos2 cos2 1 1 1 9 3 2 2 2 3 2 2 2 3 1 cos 1 cos  1 cos  1 cos 1 cos  1 cos  4 4 Đẳng thức xảy ra khi   u1 3 Câu 5. Cho dãy số un xác định bởi: . Tìm limun . n 2 un 2 n 1 un 1 5n 1 Lời giải v1 9 Đặt vn n 2 un v1 1 2 u1 9. Ta có dãy số vn : vn 2vn 1 5n 1 a 5 Đặt vn an b 2 vn 1 a n 1 b vn 2vn 1 an b a b a 1 b 4 Vậy: vn 5n 4 2 vn 1 5 n 1 4 a1 0 Đặt an vn 5n 4 ta được dãy số vn : an 0 an 2an 1 5n 4 v 5n 4 n 2 u 5n 4 u limu 5 n n n n 2 n 10 3 2018 Câu 6. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2 10 x 3 y 2018 z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xyz Lời giải 10 3 2018 10 3 2018 y z 2 1 1 10 x 3 y 2018 z 10 x 3 y 2018 z 3 y 2018 z 10 y z 2. . (1) 10 x 3 y 2018 z 3 x z 2018 y x T 2 : 2. . (2), 2. . (3) 3 y 10 x 2018 z 2018 z 3 y 10 x 21
22. Lấy 3 BĐT trên nhân với nhau ta được: 10 3 2018 x y z 10.3.2018 15135 23. . . xyz A xyz 10 x 3 y 2018 z 10 x 3 y 2018 z 23 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: x y z 10 3 2018 2 3 x 5, y , z 1009 10 x 3 y 2018 z 10 x 3 y 2018 z 3 2 15135 3 Vậy maxA= khi x 5, y , z 1009 2 2 === ĐỀ 04 x 2 Câu 1: Cho hàm số y có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của x 1 (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ I đến tiếp tuyến đó bằng 2 . Lời giải Giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) là I 1;1 x0 2 Gọi M x0 , (C), x0 1 là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với (C). x0 1 Khi đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: 1 x 2 2 y x x 0 d : x x 1 y x2 4x 2 0 2 0 x 1 0 0 0 x0 1 0 2 2 1 (x0 1) x0 4x0 2 Theo giả thiết d I,d 2 2 4 1 (x0 1) 2 2x0 2 4 2 2 1 x0 1 x0 1 4 1 x0 1 2 2 Đặt t x0 1 , t 0 nên phương trình có dạng: t 2t 1 0 t 1 (thỏa mãn) 22
23. 2 x0 0 x y 2 0 Với t 1 (x0 1) 1 x0 2 x y 2 0 2 2 x 4y(x 5) 1 4y x 2 2y Câu 2. Giải hệ phương trình 4y(x 4) x 2 x 1 Lời giải Điều kiện: x 1, y 0 . Phương trình (1) tương đương với x2 4xy 20y 1 4y2 x 2 2y (*) Phương trình (2) tương đương với 4xy 16y 2 x 1 x , thay vào (*) ta được x2 16y 2 x 1 x 2xy 1 4y2 x 2 2y x2 2 x 1 4y2 4y 1 2 2y x2 2 x 1 (2y 1)2 2 (2y 1) 1 x (2y 1) x (2y 1) 2 x 1 (2y 1) 1 0 x (2y 1) x (2y 1) x (2y 1) 2 0 x 1 (2y 1) 1 x 2y 1 Thay x 2y 1 vào phương trình (2) ta được 4y(2y 3) 2y 1 2 2y 8y2 10y 1 2 2y 2(4y2 4y 1) 2y 2 2y 1 2(2y 1)2 ( 2y 1)2 3 2 2 5 2 2 2(2y 1) 2y 1 y x 4 2 (thỏa mãn hệ phương trình) 3 2 2 5 2 2 2(2y 1) 2y 1 y x 4 2 5 2 2 3 2 2 5 2 2 3 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho có ghiệm là (x; y) ; ; ; . 2 4 2 4 Câu 3. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc tập A . Tính xác suất để chọn được một số thuộc tập A và số đó chia hết cho 9. Lời giải 23
24. 7 Ta có : n(A) 9.A9 1632960. Giả sử B 0;1;2; ;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 chia hết cho 9 nên số có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 sẽ được taọ thành từ 8 chữ số đôi một khác nhau của các tập B \ 0;9, B \ 1;8, B \ 2;7, B \ 3;6, B \ 4;5 nên số các số loại này là 8 7 A8 4.7.A7 181440 . 181440 1 Vậy xác suất cần tìm là . n(A) 9 Câu 4 . a) Cho tứ diện đều SABC có độ dài cạnh bằng 1, gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB. Trên các đường thẳng AS và CK lấy các điểm P, Q sao cho PQ song song với BI. Tính độ dài đoạn thẳng PQ. Lời giải Kẻ KJ // BI (J thuộc SI), P là giao của CJ với SA, kẻ PQ // JK (Q thuộc CK) thì đươch PQ thỏa mãn P thuộc SA, Q thuộc CK và PQ//BI. 3 Ta có ABC đều cạnh 1 nên BI 2 1 3 Qua cách dựng PQ thì J là trung điểm của SI nên KJ BI 2 4 PS CA JI PS PS 1 Xét SAI với 3 điểm P, J, C thẳng hàng ta có 1 . . .2.1 PA CI JS PA PA 2 JP IC SA JP JP 1 Xét APC với 3 điểm thẳng hàng S, J, I ta có 1 . . .1.3 JC IA SP JC JC 3 24
25. CJ 3 Suy ra CP 4 JK 3 4 4 3 3 Suy ra PQ JK . PQ 4 3 3 4 3 3 Vậy PQ 3 b) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O với OA = 2OB = 2a và SO vuông góc với đáy (ABCD). Mặt phẳng ( ) qua A vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính côsin góc giữa (SAB) với ( ) biết B 'C ' D ' đều. Lời giải ( )  (ABCD) EF trong đó E đối xứng với C qua B và F đối xứng với C qua D, E đối xứng với F qua A và EF 2BD 4a . Tam giác B’C’D’ đều nên tam giác EFC’ đều. CC ' x C ' F 20a2 x2 EF 4a x 2a ; AC ' AC 2 CC '2 16a2 4a2 2a 3 SC 2 SA2 AC '2 SC '2 AC '2 (SC CC ')2 SC 2 12a2 (SC 2a)2 16a2 4a.SC SC 2 SC 4a SO 2a 3 Hạ C ' I  AB ' AB '  (SC ' I) ·(SAB);(AB 'C ') S· IC ' ; 2 4a 3 2a AO ' AO ' AC ' ; O ' B ' cot I·AC ' 2 3 3 3 3 O ' B ' 1 2a 39 sin I·AC ' IC ' AC '.sin I·AC ' 13 13 25
26. SC ' 13 3 Từ đó ta có tan tan S· IC ' cos . IC ' 39 4 5 u 1 3 Câu 5. Cho dãy số (un) được xác định bởi . 4n 14 5u 4u , n 1 n 1 n 4n2 8n 3 Tìm công thức số hạng tổng quát un theo n. Lời giải 10 8 2 4 2 Ta có 5u 4u u (u ) n 1 n 2n 3 2n 1 n 1 2n 3 5 n 2n 1 2 4 4 Đặt v u v v (vn) là cấp số nhân có công bội q và số hạng đầu n n 2n 1 n 1 5 n 5 n 1 n 1 2 4 * 2 4 v1 u1 1 vn n N un . 3 5 2n 1 5 Câu 6 . Cho x 0, y 0, z 0 sao cho xyz 1. Tìm giá trị lớn nhất của: xy yz xz P x5 y5 xy y5 z5 yz x5 z5 xz Lời giải + Trước hết chứng minh cho xy 1 4 4 5 5 3 3 x y x y 0,x, y 0 x y xy x y 1 xy 1 1 x5 y5 xy x3 y3 1 x3 y3 xyz xy 1 y5 z5 yz y3 z3 xyz xz 1 x5 yz5 xy x3 z3 xyz 1 1 1 P x3 y3 xyz x3 y3 xyz x3 y3 xyz + Ta có: x3 y3 xy(x y) x2 xy y2 xy,x, y 0 26
27. 1 1 z x3 y3 xyz xy(x y z) xyz(x y z) + Tương tự 1 z x3 y3 xyz xyz(x y z) 1 z x3 y3 xyz xyz(x y z) 1 1 1 x y z P 1 x3 y3 xyz x3 y3 xyz x3 y3 xyz xyz(x y z) + Giá trị lớn nhất của P bằng 1, khi x y z 1 ĐỀ 05 27
28. 3 Câu 1 : Cho hàm số y x3 m 2 x2 3 m 1 x 1 (1), m là tham số. Tìm m 0 để đồ thị 2 hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là yCĐ , yCT thỏa mãn 2yCĐ yCT 4 . Lời giải Ta có y ' 3x2 3 m 2 x 3 m 1 , x R 2 x x1 1 y ' 0 x m 2 x m 1 0 x x2 m 1 Chú ý rằng với m 0 thì x1 x2 Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1 1 và đạt cực tiểu tại x2 m 1. 3m 1 2 Do đó y y 1 , y y m 1 m 2 m 1 1. CĐ 2 CT 2 3m 1 2 2 Từ giả thiết ta có 2. m 2 m 1 1 4 6m 6 m 2 m 1 0 2 2 m 1 2 m 1 m m 8 0 1 33 m 2 1 33 Đối chiếu với yêu cầu m 0 ta có giá trị của m là m 1, m . 2 x y 2 2x 1 2y 1 1 Câu 2: Giải hệ phương trình 2 . x y x 2y 3x 2y 4 2 Lời giải 1 x 2 + Điều kiện 1 y 2 x y 2 4xy + Phương trình 1 2x 1 2y 1 2 28
29. 2 x y 2 4xy 2 x y 2 2 4xy 2 x y 1 2 8 4xy 3 4xy 3 4xy 5 4xy 3 0 4xy 5 4xy 3 8 + Phương trình 2 x2 3y 3 x 2y2 2y 4 0 x y 1 1 3 3 x x xy 2 2 + Nếu 4 hoặc 3 1 x y 1 y y 2 2 4xy 5 4xy 3 8 + Nếu . x y 1 Vì 1 x y 2 2xy 2xy 1 0 4xy 5 0 nên hệ này vô nghiệm 1 3 3 1  + Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y ; , ;  2 2 2 2  Câu 3: Một bài kiểm tra trắc nghiệm gồm 10 câu,mỗi câu có 4 phương án để lựa chọn,trong đó chỉ có một phương án đúng.Với mỗi câu,nếu chọn phương án đúng thì thí sinh được 5 điểm,nếu chọn phương án sai thì thí sinh bị trừ 1 điểm.Tính xác suất để một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên phương án trả lời được 26 điểm. Lời giải - Số phần tử của không gian mẫu  410 -Gọi x là số câu trả lời đúng của một thí sinh ( x N, x 10) ,thí sinh được 26 điểm khi 5x (10 x) 26 x 6 Gọi A là biến cố :để một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên phương án trả lời được 26 điểm. 6 -Chọn 6 câu trong số 10 câu có C10 cách. 29
30. -Với mỗi bộ 6 câu đã chọn chỉ có một cách để chọn phương án đúng cho cả 6 câu đó,4 câu còn 4 6 4 lại có 3 cách chọn phương án để thí sinh làm sai cả 4 câu,suy ra. Vậy  A C10.3 Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Lấy điểm M thuộc đoạn AD’, điểm a 2 N thuộc đoạn BD sao cho AM DN x, 0 x . 2 a. Tìm độ dài đoạn MN. b. Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất. Lời giải Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N lên AD 2 2 2 2 2 2 Ta có MN M 'M M ' N M 'M M ' N ' N ' N x 2 Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có M ' A M 'M ; 2 x 2 Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có N 'D N 'N 2 M 'N ' AD M ' A N 'D a x 2 x2 2 x2 MN 2 a x 2 3x2 2 2a.x a2 Khi đó 2 2 2 2 a2 a2 a 3 MN 2 3 x a MN 3 3 3 3 30