Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

1. KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN NĂM HỌC 2023 – 2024 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề chính thức (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1(6,0 điểm). a) Cho hàm số y fx liên tục trên và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: x −∞ −2 2 3 +∞ y’ + 0 + 0 − 0 + Tìm các điểm cực trị của hàm sô gx( ) f 2 x 1 4 . b) Cho hàm số yfxmx 23 3 mmx 2 72 2 32 x 1 x 163 m 2 1210 m x , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng 1; . Câu 2(5,0 điểm). o o o a) Cho hình chóp S. ABC có SA 1, SB 2, SC 3, ASB 60 , BSC 120 , CSA 90 . Tính thể tích khối chóp S. ABC và khoảng cách giữa các đường thẳng SA và BC . b) Cho lăng trụ ABC. ABC có tam giác AB A đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng 2 đáy. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng AB B và AB C . Biết sin và AA BC 6 . Ký hiệu 5 VABC. ABC là thể tích khối lăng trụ ABC. ABC . Chứng minh VABC. ABC 24 . Câu 3(5,0 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 2 2 2 2 2xx 1 mxx 1 2 mxmxx 2 1 7 có nghiệm thực. b) Đặt ngẫu nhiên hết 9 viên bi được đánh số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 vào 9 ô vuông của lưới ô vuông 3 x 3 (hình vẽ lưới ô vuông dưới đây) sao cho mỗi ô vuông chỉ được đặt đúng một viên bi. Tính xác suất để tổng các số trên mỗi hàng là số lẻ và tổng các số trên mỗi cột cũng là số lẻ. Câu 4(2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD cố định, P là điểm thay đổi trong tam giác BCD. Gọi M, N, E thứ tự là hình chiếu vuông góc của P lên các mặt phẳng (ACD), (ADB), (ABC). Xác định vị trí của P để thể tích tứ diện PMNE đặt giá trị lớn nhất. Câu 5(2,0 điểm). Cho các số thực abc,, thay đổi thỏa mãn các điều kiện a b c và a2 b 2 c 2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (a b )( b c )( c a )( ab bc ca ) . .Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh
2. KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN NĂM HỌC 2023 – 2024 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn: Toán HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1 a) (3,0 điểm) (6,0đ) 4x 2 Ta có gxx'()214 fx 214 .214 fx 2x 1 1,0 Dựa vào dấu của đạo hàm của hàm số y fx ta có 5 x 2 7 x 2x 1 4 2 2 Điểm cục trị của g( x ) phải thoả mãn 1,0 2x 1 4 3 x 3 2x 1 0 x 4 1 x 2 7 1 5 Vì g'( x ) đổi dấu qua các điểm 4; ; ; ;3 nên g( x ) có các điểm cực trị là 2 2 2 1,0 7 1 5 xx 4; ; x ; xx ; 3. 2 2 2 b) (3,0 điểm) Ta có, hàm số f x liên tục trên khoảng 1; . fxmx 62 6 mmx 2 7 2 48 x 163 mm 2 12 10,  x 1; . Hàm số đồng biến trên khoảng 1; . khi và chỉ khi fx 0,  x 1; . 0,5 Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng 1; . Do fxmx 62 6 mmx 2 7 2 48 x 163 mm 2 12 10,  x 1; 2 2 2 fx 6 mxmmxx 7 2 8 1 3 mm 12 10 ,  x 1; 2 2(x 3) 63 xmmx 4 ,1;  x x 5 4 x 1 1,0 2(x 3) Đặt gxmmx 2 4 ,  x 1; x 5 4 x 1 2(x 3) fx 0,  x 1; thì gx m2 mx 4 phải có nghiệm x 5 4 x 1 0,5 m 0 x 3 . m 1 Thử lại. ta thấy m 0(tm), m 1(tm) . Vậy m 0, m 1. 1,0
3. 2 a) (3,0 điểm) (5,0đ) Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy M, N sao cho SM = SN=1. 1,0 2 Tính được V SAMN 12 0,5 VSAMN SM SN 1 2 Mà . VSABC VSABC SBSC 6 2 1 Chứng minh được: V SA. BC . d (SA, BC)sin , với là góc giữa SA và BC. 0,5 SABC 6 BC2 SB 2 SC 2 2. SB SC .co sBSC 19 BC 19 .      SABC SA SC SB 1 3 2 Mà cos sin SA BC SA BC 19 19 1,0 Suy ra 1 3 2 2 1 3 2 V .1. 19. d (SA, BC). .1. 19. d (SA,BC). d (SA,BC) 1. SABC 619 2 6 19 b)(2,0 điểm) :
4. 0,5 Đặt AA 2 xBC , yx 0, y 0 . Ta có 2xy 6 y 6 2 xx 0 3 . Gọi AH là đường cao của tam giác AB A . Khi đó AH là đường cao của lăng trụ ABC. ABC . Ta có AB BAB  CAB . Gọi I, O lần lượt là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng AB C và đường thẳng AB . Khi đó: AB  BOI  AB OI suy ra góc là giữa hai mặt phẳng AB B và 3 AB C là góc BOI .Do tam giác AB A đều nên ta có BO AH2 x 3 x . 2 Ta có BI dBABC , dA ', ABC 2 dH , ABC . Kẻ HR BC ,, HK  AR dH ABC HK . 1 1 1AHHR . x 3. HR 0,5 Ta có: 2 2 2 HK . HK AH HR AH2 HR 23 x 2 HR 2 2x 3. HR Từ đó ta có: BI . 3x2 HR 2 BI2 HR 2 x 3 Ta có sin HR dABC , 2 HRx 3 . BO 3x2 HR 2 5 2 0,5 Suy ra 1 1 3 2 S . dABCBC , . x 3. 6 2 xV AHS . x . 6 2 x ABC2 2 ABCABC. ABC 2 3 3 3 xx 6 2 x VABC. ABC xx. . 6 2 x 12 24 .Điều phải chứng minh 2 2 3 0,5 3 a) (3,0 điểm) (5,0đ) 4 2 2 2 2 Ta có 2xx 1 mxx 1 2 mxmxx 2 1 7 2 2 2 4 2 mxx 1 xx 1 2 2 x 2 xx 1 7 2x2 2 xx 4 2 1 7 1,5 m (1) 2 2 xx 1 xx 1 2 2 2 Đặt txx 1 xx 1 . Chứng minh được tập giá trị của t là ( 1;1) . 2 t 5 pt(1) m (2) 1,5 t 2
5. Hàm số f (t) liên tục và nghịch biến trên ( 1;1) và limf(t) 6,limf(t) 2 x 1 x 1 YCBT 2 m 6 b) (2,0 điểm) Vì tổng các số trên mỗi hàng và tổng các các số trên mỗi cột đều là các số lẻ nên trên mỗi hàng và trên mỗi cột đều có ba số lẻ hoặc hai số chẵn và một số lẻ. Vì chỉ có 5 số lẻ: 1;3;5;7;9 và có 4 số chẵn: 2;4;6;8 nên có đúng một hàng được đặt toàn số lẻ và hai hàng còn lại thì mỗi hàng có hai số chẵn và một số lẻ; có đúng một cột được đặt toàn số lẻ và hai cột còn lại thì mỗi cột có hai số chẵn và một số lẻ; Chọn một hàng có 3 cách. Chọn 3 số lẻ trong 5 số lẻ: 1;3;5;7;9 rồi sắp xếp vào 3 ô vuông của hàng vừa chọn có 3 A5 cách. 1,0 lẻ lẻ lẻ chẵn lẻ chẵn chẵn lẻ chẵn Chọn một cột có 3 cách. Có 3 ô vuông trong cột vừa chọn gồm một ô vuông đã được đặt số lẻ và hai ô vuông trống. Sắp xếp 2 số lẻ còn lại vào 2 ô vuông trống đó có 2! cách. Sắp xếp 4 số chẵn: 2;4;6;8 vào 4 ô vuông trống còn lại có 4! cách. Vậy có 3.A3 .3.2!.4! cách đặt các viên bi đã cho để tổng các số trên mỗi hàng là số lẻ và 5 tổng các số trên mỗi cột cũng là số lẻ. 1,0 Đặt ngẫu nhiên hết các viên bi đánh số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 vào 9 ô vuông có 9! cách. Xác suất để tổng các số trên mỗi hàng là số lẻ và tổng các số trên mỗi cột cũng là số lẻ 3.A3 .3.2!.4! 1 là: 5 9! 14 4 Gọi Bo,, C o D o thứ tự là hình chiếu của B lên (ACD), C lên (ADB), D lên (ABC). (2,0đ) PM PN PN 0,5 Chứng minh được 1 BB0 CC 0DD 0 1,0
6.       Gọi BC1,, 1 D 1 là các điểm thoả mãn AB1 BBo,, AC 1 CCAD o 1 DD o . Ta có BC1,, 1 D 1 PM PN PN cố định và 1. AB1 AC 1AD 1 Gọi I là trung điểm của AP. Xét phép đối xứng tâm I biến P thành A, biến các điểm M, N, E thứ tự thành B,, C D thứ tự thuộc AB,, AC AD . Khi đó V V và 2 2 2 1 1 1 PMNE AB2 C 2 D 2 AB AC AD 2 2 2 1 AB1 AC 1AD 1 3 VAB AC AD1 AB AC AD V ABCD2 2 2 2 2 2 2 2 2 V ABCD 1 1 1 (không đổi). ABC2 2 D 2 VABC D ABAC1 1AD 1 27 ABAC 1 1 AD 1 27 1 1 1 0,5 Dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi P là trọng tâm tam giác BCD. Vậy thể tích tứ diện PMNE đặt giá trị lớn nhất khi P là trọng tâm tam giác BCD. 5 Ta chứng minh P( a bb )( cc )( aab )( bc ca )4 (2,0đ) P( a bb )( ca )( cab )( bc ca ) 4 (*). 0,5 Nếu ab bc ca 0 thì P 0 suy ra BĐT được chứng minh. Nếu ab bc ca 0 , đặt ab bc ca x 0 ta có : 2 abbc ( a c )2 (a c )3 a b bc ab bc a c 1 2 4 4 Ta có 4 a2+ b 2 c 2 ab bc ca 2 2 22 2 2 ac+ 2 ab + 2 bc 2 ac abbc 0,5 2 2 2 2 ac + ac = 3 ac 2 4 Suy ra 45 x 3 ac ,từ đây ta có x 5 và a c(5 x ) 2 . 3 3 1 4 2 3 3 Từ 1,2 suy ra P x. (5 x ) = x(5 x ) 4 3 9 Lại có f x x(5 x )3 hàm số liên tục trên đoạn 0;5 . 5 f' x 5(5 x x ) ; f ’ x 0 x 5; x 2 . 0,5 2 Ta có f 2 6 3, f 050 f Vậy Maxf x f 2 63 . x [0;5] 2 3 nên suy ra P.63 PP 4 4. Vậy (*) được chứng minh. 9 0,5 Dấu bằng xảy ra khi a 2; b 1; c 0 . Do đó MinP 4 khi a 2; b 1; c 0 Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa