Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang, gồm 10 câu) 21x + Câu 1. (2.0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm x −1 cận của (C). Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ I đến tiếp tuyến của (C) tại M đạt giá trị lớn nhất. Câu 2. (2.0 điểm) Tìm tất cả các tham số m để hàm số y= x32 −3 x −( m 2 − 62 m +) xm +− 2 đồng biến trên khoảng (0;3) . 1 9 Câu 3. (2.0 điểm) Cho hàm số f ( x) = xx43−− x 2 +−(16 m) x với m là tham số. Có bao nhiêu 4 2 giá trị nguyên của m để hàm số gx( ) = f( x) có đúng 5 điểm cực trị. Câu 4. (2.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm x−+−=++−1244 x22 1 mx( 12 x 1). Câu 5. (2.0 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập hợp A, tính xác suất sao cho số được lấy chia hết cho 13 và có chữ số hàng đơn vị là 1. Câu 6. (2,0 điểm) Cho hình trụ (T ) có bán kính đáy và chiều cao đều bằng R , hai đáy là hai hình tròn (O) và (O ') . Gọi AA' và BB ' là hai đường sinh bất kì của hình trụ, trong đó AB,∈∈( O) ; A ', B '( O ') , M là một điểm di động trên đường tròn (O) . Tính thể tích lớn nhất của khối chóp M. AA '' B B . Câu 7. (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.' A B ' C ' có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của A' lên ( ABC) là trung điểm của BC . Mặt phẳng (P) vuông góc với cạnh AA' và cắt các cạnh bên AA', BB ', CC ' của hình lăng trụ lần lượt tại IJK,, . Biết mặt phẳng ( ABB'' A ) vuông góc với mặt phẳng ( ACC'' A ) và chu vi của tam giác IJK bằng 1. Tính khoảng cách giữa CC ' và AB . Câu 8. (2.0 điểm) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 3 . Biết 32 35 3 10 d( A,( SBC)) = , d( B,( SCA)) = và d( C,( SAB)) = ; hình chiếu vuông góc của S lên 4 10 20 (ABC) nằm trong tam giác ABC . Tính thể tích khối chóp S. ABC . Câu 9. (2.0 điểm) Cho hàm số đa thức bậc bốn có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình: f(( x2 ++1 xfx) .( )) += 30. Câu 10. (2.0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 2 số nguyên 2 y thỏa mãn 2x−5 y + 19 +≥ 4 −−+ xy8 2048 và xy+>0. −−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−− - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay; - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:
2. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2023-2024 Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang) Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án mà đúng đều cho điểm tối đa. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Đồ thị (C) có giao điểm hai đường tiệm cận là I (1; 2) . 21m + Gọi Mm; ,1( m≠ ) , ta có phương trình tiếp tuyến của (C)tại M là m −1 0,5 −+3 21m 2 2 y=2 ( xm −) + ⇔3x +( m − 1) y − 2 m − 2 m += 10 (m −1) m −1 61m − Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến của (C) tại M là d = 4 0,5 Câu 1 91+−(m ) (2,0 đ) 6 Ta có d = ≤ 6 , 9 2 2 +−(m 1) (m −1) 0,5 9 2 dấu ""= xảy ra khi 2 =(m −1) ⇔=±m 13 (m −1) Do đó, ta có hai điểm M thỏa mãn là M (1++ 3;2 3) và M (1−− 3;2 3) . 0,5 32 2 Xét f ( x) = xx−−3(m− 62 m +) xm +− 2⇒ fx'( ) = 36 x2 −−x (m2 − 6m + 2) 0,5 Hàm số y= fx( ) đồng biến trên khoảng(0;3) , xảy ra một trong hai trường hợp sau Trường hợp 1: Hàm số fx( ) đồng biến trên khoảng (0;3) và f (00) ≥ 0,5 Trường hợp 2: Hàm số fx( ) nghịch biến trên khoảng (0;3) và f (00) ≤ Trường hợp 1: Hàm số fx( ) đồng biến trên khoảng (0;3) và f (00) ≥ , ta có 3xx2 −−6 (mm2 −6 + 20) ≥, ∀∈ x(0;3) 36xx2 − ≥mm2 −6 + 2, ∀∈ x( 0;3)  ⇔  m −≥20 m ≥ 2 0,5 Câu 2 mm2 −623 + ≤− 15≤≤m (2,0 đ) ⇔  ⇔ ⇔≤2m ≤ 5. m ≥ 2 m ≥ 2 Trường hợp 2: Hàm số fx( ) nghịch biến trên khoảng (0;3) và f (00) ≤ , ta có 36xx2 −−(mm2 −6 + 2) ≤ 0, ∀∈ x( 0;3) 36x2 − x ≤mm2 −6 + 2, ∀∈ x( 0;3) ⇔ m −≤20 m ≤ 2 ≥ 0,5 2 m 7 mm−6 +≥ 29  ⇔⇔m ≤−1 ⇔m ≤−1. m ≤ 2  m ≤ 2 Vậy, ta có 25≤≤m hoặc m ≤−1. = Câu 3 Ta có y fx( ) là hàm số chẵn trên nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối 0,5 (2,0 đ) xứng. Từ cách xác định hàm số y= fx( ) , ta có số điểm cực trị của y= fx( )
3. 2 là 21a + , trong đó a là số điểm cực trị dương của đồ thị hàm số y= fx( ). Ta có fx'( ) =− x32 3 x −+− 9 x 16 m, để hàm số y= fx( ) có 5 điểm cực trị thì hàm số y= fx( ) có đúng 2 điểm cực trị dương, hay ta có phương trình 0,5 fx′( ) = 0 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt, tương đương với phương trình xxx32−3 −+= 9 16 m có đúng 2 nghiệm dương phân biệt. Lập BBT của hàm số hx( ) =− x323 x −+ 9 x 16 trên khoảng (0; +∞). 0,5 Dựa vào BBT, ta có với − với mọi 12+ t (12+ t) 0,5 t ∈[0;1) , do đó hàm số ft( ) đồng biến trên [0;1) . Suy ra phương trình m= ft( ) có nghiệm t ∈[0;1) khi và chỉ khi f(01) ≤< mf( ) ⇔≤01m <. 0,5 Vậy 01≤<m . Số các số tự nhiên có năm chữ số là: 9.104 = 90000 số. Do đó, số phần tử của 0,5 không gian mẫu là n(Ω=) 90000. Giả sử số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu là abcd1. Ta có abcd1= 10. abcd += 1 13. abcd − 3 abcd + 1 chia hết cho 13 nên 31abcd − 0,5 cũng chia hết cho 13, tức là 3abcd−= 1 13 k với k ∈ . Câu 5 13kk++ 1 1 (2,0 đ) Khi đó abcd = =+∈4k . 33 0,5 k +1 Do đó =∈⇒=t kt31 −, nên abcd=13 t − 4 3 Ta có 1000≤abcd = 13 t −≤ 4 9999 ⇔ 77,23 ≤≤t 769,46 . Do t ∈ nên 78≤≤t 769 , hay có 692 số t , ứng với mỗi t có 692 số thỏa mãn 0,5 yêu cầu bài toán.
4. 3 Gọi A là biến cố: “Chọn được số chia hết cho 13 và có chữ số hàng đơn vị là 1”, nA( ) 692 173 ta có nA( ) = 692. Vậy PA( ) = = = . n(Ω) 90000 22500 Ta có mặt phẳng đáy (MAB) vuông góc với mặt phẳng E M ( AA'' B B) , hạ MH⊥ AB suy ra MH là đường cao của hình chóp M. AA '' B B Ta có MH≤ EI , với EI, là giao điểm của đường thẳng đi O qua tâm O và vuông góc với dây cung AB ( EO, cùng B 0,5 A I H phía với AB ). Do đó, để tìm giá trị lớn nhất của thể tích của các khối chóp M. AA '' B B ta chỉ cần xét các loại hình chóp M. AA '' B B , trong đó M là giao điểm của đường tròn (O) và đường trung trực của đoạn AB , đồng thời MO, cùng phía với AB . Với I là trung điểm AB , ta có MI⊥ ( ABB'' A ) . M Đặt OI= x(0 << x R) , ta có MI= R + x suy ra AB==22 AI OA2 −= OI 2 2 R 22 − x . 0,5 O Câu 6 A (2,0 đ) I B 11 2 Khi đó V=. S . MI = . AA′ AB MI =+− R( R x) R22 x . M. AA '' B B33 ABB'' A 3 2 4 2 2 22 ⇒VM. AA '' B B = RRx( +−) ( R x). 9 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 0,5 2 1 (Rx+) ( R22 −=+++ x) ( RxRxRx)( )( )(33 R − x) 3 4 1 RxRxRx++ ++ ++3 R − 3 x 27 R4 ≤=. 3 4 16 Rx+=33 R − x R Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi  ⇔=x . xR∈(0; ) 2  0,5 2 3 23R 2  RR Vậy Vmax = RR +  R −=  . 32   22 Mặt phẳng (IJK ) vuông góc với C' AA' nên vuông góc với hai cạnh H' bên còn lại. Gọi HH,' lần lượt A' B' là trung điểm của BC,'' B C . BC⊥ A′ H Ta có  ⇒⊥BC AA′ , I K ⊥ Câu 7 BC AH E 0,5 (2,0 đ) Do đó BC⊥ BB ', suy ra tứ giác J BCC'' B là hình chữ nhật. C Gọi BC= x , do (IJK) ⊥ BB ' , H nên JK⊥ BB ' , suy ra JK BC A và JK= BC = x . B Lại có (IJK) ⊥ AA' và
5. 4 ( ABB'' A) ⊥ ( ACC '' A ) nên IJ⊥ IK , hay tam giác IJK vuông tại I . Gọi E= JK ∩ HH ' , ta thấy E là trung điểm của JK . Do BC⊥ AHH'' A nên ( ) 0,5 JK⊥( AHH'' A) ⇒⊥ JK IE . Từ đó ∆IJK vuông cân tại I . x Ta có JK= x , suy ra IJ= IK = . 2 Theo giả thiết chu vi tam giác IJK bằng 1, nên ta có 0,5 IJ+ JK + KI =⇔1 x 2 +=⇔+ x 1( 1 2) x =⇔= 1 x 21 − Ta có CC'( ABB '' A ) và IK⊥ ( ABB'' A ) , suy ra khoảng cách giữa CC ' và 21− 2( 21− ) AB bằng IK = = . 2 2 0,5 2( 21− ) Vậy khoảng cách giữa CC ' và AB bằng . 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt S phẳng ( ABC) . Đặt SH= x . Gọi DEF,, lần lượt là hình chiếu của H trên BC,, CA AB . 0,5 BC⊥ SH E +) Ta có  ⇒⊥BC( SHD) ⇒⊥ BC SD . A C ⊥ BC HD F H D Tương tự có CA⊥⊥ SE, AB SF B 33 +) Ta có S = , và ∆ABC 4 SH. S∆= d( A ,.( SBC)) S ∆∆∆= d( B ,.( SCA)) S= d( C ,.( SAB)) S ABC SBC SCA SAB 0,5 Câu 8 (vì cùng bằng 3VS. ABC ). (2,0 đ) 33 321 3 5 1 3 10 1 ⇒=x. . . 3.SD = . . 3.SE = . . 3.SF 4 42 10 2 20 2 Khi đó 22 SD= x2 ⇒= HD SD − SH = x SE= x52 ⇒= HE SE22 − SH = x 0,5 SF= x10 ⇒= HF SF22 − SH =3 x 1 +) Lại có SSSS∆∆∆∆=++=(HD BC ++ HE CA HF AB) ABC OBC OAC OAB 2 1 33 1 =( xxx ++2 3) 33 = x 3 ⇒33xx = ⇒= 0,5 2 44 1 1133 3 Vậy V=. SH . S = = . S. ABC 3ABC 3 4 4 16
6. 5  x2 ++1. xfx = 0 ( ) ( )  ( x2 ++1. xfx) ( ) = a 2 Từ đồ thị ta có f(( x++1. xfx) ( )) =−⇔ 3 0,5  x2 ++1. xfx( ) = b ( )  x2 ++1. xfx( ) = c ( ) Với 0 0, ∀∈ , do đó ( x2 ++1 xfx) ( ) = 00 ⇔ fx( ) =, phương trình này có hai nghiệm phân biệt. 0,5 Xét phương trình ( x2 ++1 xfx) ( ) = k với k > 0 k Ta có fx( ) = ⇔fx( ) = k x2 +−11 x ( ) 2 ( ) xx++1 2 Câu 9 Đặt gx( ) = k( x +−1 x) , (2,0 đ) ta có gx( ) > 0 với ∀∈xk ,0 ∀ > . Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của hai đồ thị y= fx( ) và y= gx( ) . Ta có −+2 0,5 x kx( x 1) gx'1( ) = k −= 0 , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt và 0,5 các nghiệm này đều khác nhau và khác nghiệm của phương trình fx( ) = 0 . Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt. 2 Xét hàm số fy( ) =2x−5 y + 19 + 4 −−+ xy8 − 2048 là hàm số biến y , tham số x . Khi đó bất phương trình fy( ) ≥ 0 phải có không quá 2 nghiệm nguyên 0,5 yx∈( −; +∞) . 2 Ta có fy'( ) = − 5.2x−5 y + 19.ln 2− fx( −+ 2) > fx( −+ 3) > > fxk( −+) ≥0 0,5 Khi đó bất phương trình fy( ) ≥ 0 có không quá 2 nghiệm nguyên yx∈( −; +∞) khi và chỉ khi fx(−+30) < .
7. 6 22 fx(−+30) < ⇔ 2xx++54++ + 425 −<048 <02⇔ xx54 1024 ⇔++<⇔+−<⇔−<<xx225 4 10 xx 5 6 0 6 x 1 0,5 Do x ∈ , nên x ∈−−−−−{ 5,4,3,2,1,0} . .HẾT