Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Ngày thi : 19/12/2023 (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1 (3,0 điểm). 2 1. Giải phương trình sin2 x++ sin x 3sin 2 x =( sin x + cos x) − cos xx( cos + 3) . 2. Gọi S là tập hợp tất cả ước nguyên dương của số a = 648000. Chọn ngẫu nhiên hai phần tử khác nhau của S. Tính xác suất để hai số được chọn đều không chia hết cho 3. Bài 2 (3,5 điểm). Giải các phương trình sau: xx2 +−3 1. 3xxx32− 10 + 11 −= 3 33 . 3 2 2. 4log22x+ x log ( x += 2) 2log 2 xx .[ + log 2 ( x + 2)] . Bài 3 (5,5 điểm). cotx − 3 ππ 1. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng ;. cot xm+ 42 21x + 2. Cho hàm số y = có đồ thị (C) và đường thẳng (d) : y=−+ 3. xm Tìm tất cả giá trị thực x −1 của tham số m để (d ) cắt (C) tại hai điểm AB, và (d ) lần lượt cắt trục hoành, trục tung tại hai điểm CD, mà diện tích tam giác OCD gấp đôi diện tích tam giác OAB (trong đó O là gốc tọa độ). 3. Với hai số thực ab, thay đổi trên đoạn [1; 3] , tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu a22 b ab thức P =++96. . b22 a a 2++ ab b 2 Bài 4 (5,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O và AB=2, a AD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm H của OA. Gọi MN, lần lượt là trung điểm của SB,. AD Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABCD) là 450 . 1. Tính thể tích khối chóp S ABCD 2. Cho điểm Q trên đoạn thẳng SA mà QS= 2. QA Tính thể tích khối đa diện ABCNQM. 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SN,. CM Bài 5 (3,0 điểm). + 1. Tìm tất cả bộ hai số thực ( xy, ) thỏa mãn đẳng thức xxlog2 x ++−4yy( 5) 21 + 57 = 18 x . 2. Cho ba số thực xyz,, không âm sao cho không có hai số nào cùng bằng 0. Chứng minh rằng 2 1 1 36 63 ( xyz++)  +2 22+ ≥ . 2xy+ yz + zx x +++ y z 14 HẾT Lưu ý : Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay. Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh : Chữ ký của CBCTh số 01 :
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2023 – 2024 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 07 trang) Bài 1 (3,0 điểm). 2 1. Giải phương trình sin2 x++ sin x 3sin 2 x =( sin x + cos x) − cos xx( cos + 3) . 2. Gọi S là tập hợp tất cả ước nguyên dương của số a = 648000. Chọn ngẫu nhiên hai phần tử khác nhau của S. Tính xác suất để hai số được chọn đều không chia hết cho 3. Câu Nội dung Điểm 2 sin2 x++ sin x 3sin 2 x =( sin x + cos x) − cos xx( cos + 3) ⇔sin22x ++ sin x 6sin xx cos =+ 1 2sin xx cos − cos x − 3 cos x 0,25 ⇔3 cosx +=− sin x 4sin xx cos 0,25 31 0,25 ⇔cosxx +=− sin sin 2 x 22 π 0,25 ⇔sinxx += sin( − 2 ) 1. (1,5đ) 3  π x+=−+22 xkπ  3 0,25 ⇔  π x+=++ππ22 xk  3  ππk2 x =−+  93 0,25 ⇔∈ ,.k 2π xk=−−2π  3 Ta có a =648000 = 5364 .2 .3 0,25 Mỗi ước nguyên dương của a đều có dạng 5i .2 jk .3 0,25 với ij∈∈{0,1,2,3} ;{ 0,1,2,3,4,5,6} ; k ∈{ 0,1,2,3,4}. Số ước nguyên dương của a bằng số bộ (i,, jk) với i,, jk thuộc các tập trên. 0,25 Do đó số phần tử của S là: 4.5.7= 140 số. 2. (1,5đ) 2 Khi đó: nC(Ω=) 140 . 0,25 Gọi A là biến cố “lấy được hai số từ S mà chúng đều không chia hết cho 3”. 0,25 Ước của a mà không chia hết cho 3 có dạng 5ij .2 .30 . Số ước của a không chia hết cho 3 là: 4.7= 28 số. 2 Khi đó: nA( ) = C28. 0,25 2 nA( ) C28 27 Vậy PA( ) = =2 = . nC(Ω) 140 695 1
3. Bài 2 (3,5 điểm). Giải các phương trình sau: xx2 +−3 1. 3xxx32− 10 + 11 −= 3 33 . 3 2 2. 4log22x+ x log ( x += 2) 2log 2 xx .[ + log 2 ( x + 2)] . Câu Nội dung Điểm 2 32 xx+−3 3xxx− 10 + 11 −= 3 33 . 3 xx2 +−3 0,25 ⇔3(x32 − 3 x + 3 x − 1) + 3( x − 1) = xx2 +−+ 3 3 3 3 22 3 xx+−33 xx +− ⇔(xx − 1) + ( −= 1) +3 (*) 0,25 1. (1,5đ) 33 Xét hàm số ft()= t32 + t , f '() t = 3 t + 1 > 0 ∀∈ t ⇒ft()đồng biến trên . 0,25 xx22+−33xx+− Khi đó (*)⇔fx ( − 1) = f33⇔x −=1  0,25 33 2 3 xx+−3 ⇔−( x1) = ⇔3x32 − 10 xx += 8 0 3 0,25  x = 0 0,25 2  ⇔xx(3 − 10 x +=⇔= 8) 0 x 2 .  4 x =  3 Điều kiện: x > 0. 0,25 2 4log22x+ x log ( x += 2) 2log 2 xx .[ + log 2 ( x + 2)] . ⇔2 + +− − + = 4log22xx log ( x 2) 2 x log 22 x 2log ( x 2)log 2 x 0 ⇔2log22x( 2log xx−+) log 2 ( x + 2)( x − 2log2 x) = 0 0,25 ⇔(2log2xx −)[ 2log 22 x − log ( x += 2)] 0 2log22xx− log ( += 2) 0 (1) 0,25 ⇔  2log2 xx−= 0 (2) 2. (2,0đ) 2 x = −1 0,25 Giải (1): (1) ⇔xx =+⇔2 . Kiểm tra điều kiện chọn x = 2. x = 2 lnx ln 2 0,25 Giải (2): (2)⇔=⇔x2 2x = x 2 ln x 1− ln x 0,25 Xét hàm fx()= trên (0;+∞) , có fx'( )= ; fx '( )=⇔= 0 x e x x2 2
4. Bảng biến thiên x 0 e +∞ fx'( ) + 0 - 1 ≈ 0.368 e fx ( ) 0 −∞ 0,5 ln 2 Ta thấy ff(2)= (4) = . Do đó phương trình (2) có 2 nghiệm xx=2; = 4. 2 Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là S = {2; 4} . Bài 3 (5,5 điểm). cotx − 3 ππ 1. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng ;. cot xm+ 42 21x + 2. Cho hàm số y = có đồ thị (C) và đường thẳng (d) : y=−+ 3. xm Tìm tất cả giá trị thực của x −1 tham số m để (d ) cắt (C) tại hai điểm AB, và (d ) lần lượt cắt trục hoành, trục tung tại hai điểm CD, mà diện tích tam giác OCD gấp đôi diện tích tam giác OAB (trong đó O là gốc tọa độ). 3. Với hai số thực ab, thay đổi trên đoạn [1; 3] , tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức a22 b ab P =++96. . b22 a a 2++ ab b 2 Câu Nội dung Điểm m + 31 0,5 Ta có y '= − 2 2 (cot xm+ ) sin x ππ 0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 42 m + 31  ππ 1. (2,0đ) ⇔ 2 .−  0 ∀∈x  ;*( ) (cot xm+ ) 42 ππ 0,25 Đặt t=cot xt ⇒∈( 0;1) khi x ∈;. 42 m >−3 0,25 m +>30 (*) ⇔⇔−≤m 0 −∉m (0;1)  −≥m 1 3
5. m >−3 0,5  −31 0 ⇔  3−(mm + 1) + +≠ 10 2 m ⇔ 0( mm + 1)( − 11) >⇔ 0  m >11 2. (2,0đ)  m +1 xx+=  12 3 Khi đó: Ax( ;3−+ x m) , Bx( ;3 −+ x m) và  11 2 2 m +1 0,25 xx =  12 3 m 0,25 ()d cắt Ox , Oy lần lượt tại hai điểm phân biệt CD,⇒ C ;0 , D( 0; m) 3 Tam giác OCD và tam giác OAB có cùng đường cao hạ từ O 0,25 22 nên S∆∆OCD=2 S OAB ⇔= CD 24 AB ⇔ CD = AB 22 mm22 2 0,25 ⇔ +=m2 49( xx −) +( xx −) ⇔ = 4( xx −) 9912 12 12 222 m 2 mm++11 m ⇔=4x + x − 4 xx ⇔= 44 − ( 1 2) 12  9 93 3  20+ 2 133 0,25 m = 2 3 ⇔3mm − 40 −=⇔ 44 0  .  20− 2 133 m =  3 20+− 2 133 20 2 133 Kiểm tra điều kiện ta chọn mm= ;.= 33 2 ab 1 Ta có P = + −+2 96 . ba ab ++1 0,25 ba ab 96 Đặt t = + ta được P==+− ft( ) t2 2. ba t +1 a 1 1 1 0,25 Do ab,∈[ 1;3] ⇒=∈ x ;3 . Khi đó t= gx( ) = x + với x ∈ ;3 . b 3 x 3 11x2 − gx'1( ) =−= . Phương trình gx'( ) =⇔= 0 x 1. xx22 0,25 4
6. 1 10 10 Ta có : g(1) = 2; gg( 3) = = ⇒ miền giá trị của t là 2; . 33 3 3. (1,5đ) 48 2 3 ft'( ) =− 2 t =t( t +−1) 24 33( ) tt++11 ( ) ( ) 3 Phương trình ft'( ) =⇔ 0 t .( t += 1) 24 0,5 3 3 Dễ thấy t ⇒3 tt( + 1) > 24 nên phương trình có nghiệm duy nhất t = 3. 10 82 3 f(2) =+= 2 32 3; ff( 3) 55;  =+⇒96 giá trị nhỏ nhất của biểu 3 9 13 0,25 thức là 55 và giá trị lớn nhất là 2+ 32 3. Bài 4 (5,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O và AB=2, a AD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm H của OA. Gọi MN, lần lượt là trung điểm của SB,. AD Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABCD) là 450 . 1. Tính thể tích khối chóp S ABCD 2. Cho điểm Q trên đoạn thẳng SA mà QS= 2. QA Tính thể tích khối đa diện ABCNQM. 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SN,. CM Câu Nội dung Điểm Kẻ HE⊥ BC tại E⇒= SEH (( SBC),( ABCD)) = 450 . 0,5 5
7. HE CH 33 0,5 = =⇒=HE a. AB CA 42 3 0,5 1. (2,0 đ) Tam giác SHE vuông cân nên SH= HE = a. 2 2 SABCD = AB. AD = 2. a 1 13 0,5 Vậy thể tích khối chóp S. ABCD là V= SH. S = . a .2 a23 = a . 3ABCD 32 Gọi T là giao điểm của CN, AB⇒ A là trung điểm của TB⇒ Q là trọng tâm tam giác SBT⇒ T,, Q M thẳng hàng. 0,5 1 2. (1,5 đ) Ta có SS= và M là trung điểm SB⇒= V V . CBT ABCD MCBT2 S. ABCD V TA TN TQ 112 1 0,5 Theo công thức tỉ lệ thể tích thì TAQN = . .= = . VTBMC TB TC TM 223 6 55 5 0,5 ⇒==V VV = a3. ABCNQM6 MCBT 12 S. ABCD 12 Lấy K đối xứng với B qua C⇒⇒ CM|| SK CM ||( SNK ) . Khi đó d( CM; SN) = d( C ;.( SNK )) 0,5 Cho CA, KN cắt nhau tại FA⇒ là trung điểm FC và d( C;( SNK )) FC 88 ==⇒=d( C;( SNK)) d( H ;.( SNK )) d H; SNK FH 55 ( ( )) Kẻ HG, CI vuông góc với FK tại GI,. Kẻ HR⊥ SG tại R⇒⊥ HR( SNK ). 24 FK cắt CD tại P⇒= CP CD = a. 33 3. (1,5 đ) 0,5 1 1 1 25 4 Ta có = + = ⇒=CI a. CI222 CP CK16 a 2 5 GH 51 Dễ thấy =⇒=GH a. CI 82 1 1 1 40 3 Ta có = + = ⇒=HR a. HR2 HS 2 HG 229 a 2 10 0,5 8 6 10 Vậy d( CM;. SN) = HR = a 5 25 Bài 5 (3,0 điểm). + 1. Tìm tất cả bộ hai số thực ( xy, ) thỏa mãn đẳng thức : xxlog2 x ++−4yy( 5) 21 + 57 = 18 x . 2. Cho ba số thực xyz,, không âm sao cho không có hai số nào cùng bằng 0. Chứng minh rằng : 2 1 1 36 63 ( xyz++)  +2 22+ ≥ . 2xy+ yz + zx x +++ y z 14 6
8. Câu Nội dung Điểm Điều kiện : x > 0. 0,25 t 2 tlog2 x tt Đặt t=log2 xx ⇒= 2 ⇒ x =(2) = 2 t2 +4 22 tt2 22tlog2 x 2 Ta có : 2+≥ 16 2 2 .16 = 2.2 ≥ 2.2 = 2xx ⇒ ≥2 x − 16. 0,5 Từ giả thiết được 18xx≥ 22 ++ 4y 2 x .2 yy − 10.2 + 41 2 1. (1,5 đ) ⇒18xx ≥+ 2yy +− x2 10.2 + 41 ( ) 2 ⇒+( x2yy) − 10( x + 2) ++−+≤ 25 xx2 8 16 0 0,5 2 2 ⇒+−( xx25y ) +−( 4) ≤ 0 x +2y −= 50 x = 4 Do đó ⇔ . Vậy có duy nhất cặp số ( xy;) = ( 4;0) thỏa 0,25 x −=40 y = 0 mãn yêu cầu của bài toán. Không giảm tổng quát giả sử y nhận giá trị ở giữa xz,0⇒−( yxyz)( −≤) 2 22 2 0,5 ⇒+≤+⇒y xz xy yz y z + z z ≤ xyz + yz 2 22 2 2 2 2 2 Do đó xy+ yz + zx ≤ xy + xyz + yz = yx( ++ xz z) ≤ yxz( +) . 3 28yxzxz++++ 3 Ta có 2.yxzxz( +)( +) ≤=( xyz ++) 0,25 3 27 4 3 ⇒xy2 + yz 22 + zx ≤( x ++ y z) 2. (1,5 đ) 27 Đặt t=++ x y zt( >0) và ký hiệu P là vế trái của bài toán thì 0,25 221 27 36 1 27 36 Pt≥ + + =t ++ 24t3 t++ 12 4 tt 1 1 27 1 1 27 27t3 9 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si thì t2+= tt 22 + +≥33 =t 24444tt 644 9 36 9 36 9 9 36 9 63 0,25 Do đó Pt≥ + =( t ++1) −≥2(t + 1.) −= . 4tt++ 14 14 4 t + 14 4 HẾT 7