Đề thi chọn học sinh giỏi trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn: Toán học 12 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (7,0 điểm). a) Cho hàm số y x42 2 mx 3 m 2 với m là tham số. Tìm m để hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3. y2 ( x 1) y x 0 b) Giải hệ phương trình . y 2 2 x2 2 x 4 4 x 3 5 y 8 Câu 2 (2,0 điểm). Có tám người ngồi quanh một bàn tròn. Mỗi người có một đồng xu đồng chất. Cả tám người cùng tung đồng xu của mình. Ai tung được mặt ngửa thì đứng dậy, còn ai tung được mặt sấp thì vẫn ngồi yên. Tính xác suất để không có hai người đứng cạnh nhau. Câu 3 (4,0 điểm). 1 a) Cho hàm số f x ( m3 8) x 4 ( m 2 4) x 3 (2 m 4) x 2 4 x 2022, với m là tham số. 4 Tìm m để hàm số fx() đồng biến trên đoạn  1;3 . b) Cho hai số thực thay đổi xy, thỏa mãn x6 3 x 2 y 6 3 y 4 6 y 2 4. Tìm các giá trị nguyên xy 21 của biểu thức P . 23xy Câu 4 (2,0 điểm). Cho hình chóp S ABC Trên các cạnh SA,, SB SC lần lượt lấy các điểm DEF,, (khác S). Gọi M là điểm chung của ba mặt phẳng (ABF ),( BCD ),( CAE ). Đường thẳng SM lần lượt cắt các mặt NP MP phẳng (ABC) và (DEF) tại P và N. Chứng minh rằng 3. . NS MS Câu 5 (5,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.''' A B C có đáy là tam giác đều cạnh bằng 3,a cạnh bên bằng 2,a hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ()ABC thuộc cạnh AB và góc giữa mặt phẳng (A ' ACC ') và đáy bằng arctan 2. a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính sin của góc giữa đường thẳng AG' và mặt phẳng (BCC ' B '). . Hết . Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Họ và tên thí sinh . Số báo danh
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TRƯỜNG (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 a)(3,0 điểm). Cho hàm số y x42 2 mx 3 m 2 với m là tham số. Tìm để hàm số có giá trị 7,0 điểm cực tiểu bằng 3. x 0 1,0 Ta có: y' 4 x32 4 mx 4 x ( x m ); y ' 0 2 xm TH1: m 0, từ bảng biến thiên ta có yCT y(0) 3 m 2 0,5 1 0,5 Do đó: y 3 3 m 2 3 m (thoả mãn điều kiện) CT 3 2 0,5 TH2: m 0, từ bảng biến thiên ta có yCT y( m ) m 3 m 2 3 13 0,5 Do đó: y 3 m2 3 m 1 0 m (thoả mãn điều kiện) CT 2 y2 ( x 1) y x 0 (1) b) (4,0 điểm) Giải hệ phương trình . y 2 2 x2 2 x 4 4 x 3 5 y 8 (2) 3 y 1 Điều kiện xác định: x . Ta có (1) (y x )( y 1) 0 . 0,5 4 yx Với y 1, thay vào (2) ta được: 2x2 2 x 4 4 x 3 3, 1,0 3 Xét hàm số f( x ) 2 x2 2 x 4 4 x 3, x . Ta có 4 2x 1 2 3 3 f ( x ) 0,  x , suy ra fx() đồng biến trên [ ; ). Mặt 2xx2 2 4 43x 4 4 khác x 1 là nghiệm của phương trình nên nó là nghiệm duy nhất. 2 0,5 Với yx , thay vào (2) ta được x 2 2 x 2 x 4 4 x 3 5 x 8. Vì x 2 không thoả mãn phương trình nên pt 58x 2x2 2 x 4 4 x 3 x 2 58x 0,5 2x2 2 x 4 4 x 3 0 x 2 5x 8 3 Xét hàm số g() x 2 x2 24 x 43 x ,[;)\2. x  x 24 2x 1 2 2 3 0,5 Ta có g'( x ) 2 , x ( ; ) \ 2 . 2xx2 2 4 43x (x 2) 4 3 3 Vì g'( x ) 0,  x ( ; ) \ 2 nên hàm số đồng biến trên [ ;2) và (2; ) . 4 4 0,5 Do đó phương trình gx( ) 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Mặt khác xx 1, 3 là hai nghiệm của gx( ) 0 . 0,5 Vậy phương trình chỉ có hai nghiệm là xx 1, 3. Câu 2 Có tám người ngồi quanh một bàn tròn. Mỗi người có một đồng xu đồng chất. Cả tám người 2,0 điểm cùng tung đồng xu của mình. Ai tung được mặt ngửa thì đứng dậy, còn ai tung được mặt sấp
3. thì vẫn ngồi yên. Tính xác suất để không có hai người đứng cạnh nhau. Số khả năng xảy ra là 28 256 0,5 Để không có hai người đứng cạnh nhau thì chỉ có tối đa 4 người đứng. 0,5 TH1: không có người nào đứng, ta có 1 cách. TH2: có đúng 1 người đứng, ta có 8 cách. 2 TH3: có đúng hai người đứng, ta có C8 8 20 cách. 3 TH4: có đúng 3 người đứng, ta có C8 8 8.4 16 cách. TH5: có đúng 4 người đứng, ta có 2 cách. 0,5 1 8 20 16 2 47 0,5 Vậy xác suất cần tìm là P . 256 256 Câu 3 1 a)(2,5 điểm) Cho hàm số f x ( m3 8) x 4 ( m 2 4) x 3 (2 m 4) x 2 4 x 2021, với m là 4,0 điểm 4 tham số. Tìm m để hàm số fx() đồng biến trên đoạn  1;3 . Ta có f x ( m3 8) x 3 3( m 2 4) x 2 (4 m 8) x 4. 0,5 Hàm số fx() đồng biến trên đoạn  1;3 f ( x ) 0,  x  1;3 (1). Ta có fx 0 mxmxmx3 3 3 2 2 4 4 8 x 3 12 xx 2 8 0,5 (mx 1)33 mx 1 (2 x 1) 2 x 1 (2). Xét hàm số g(). t t3 t Ta có g ( t ) 3 t2 1 0  t ,suy ra gt() đồng biến trên R. 0,5 Do đó (2) mx 1 2 x 1 ( m 2) x 2 0. h( 1) 0 4 1,0 Từ đó, (1) h ( x )  ( m 2) x 2 0, x 1;3 m 4. h(3) 0 3 b) (1,5 điểm) Cho hai số thực thay đổi xy, thỏa mãn x6 3 x 2 y 6 3 y 4 6 y 2 4. Tìm xy 21 các giá trị nguyên của biểu thức P . 23xy Từ giả thiết ta có: x6 3 x 2 (1 y 2 ) 3 3(1 y 2 ) x 2 1 y 2 x 2 y 2 1. 0,5 Đặt xy sin , cos . Ta có 0,5 sin 2cos 1 PPPP (2 1)sin ( 2)cos 1 3 ,(2sin  cos 3 0, ) 2sin cos 3 Áp dụng điều kiện có nghiệm ta được: 0,5 1 17 1 17 (2PPPP 1)2 ( 2) 2 (3 1) 2 . 44 Các giá trị nguyên của P là –1;0. Câu 4 Cho hình chóp S ABC Trên các cạnh SA,, SB SC lần lượt lấy các điểm DEF,, (khác S). Gọi M là 2,0 điểm điểm chung của ba mặt phẳng (ABF ),( BCD ),( CAE ). Đường thẳng SM lần lượt cắt các mặt phẳng NP MP (ABC) và (DEF) tại P và N. Chứng minh rằng 3. . NS MS
4. Đặt SD aSA,,,. SE bSB SF cSC SP xSA ySB zSC 0,5 Do ABCP,,, đồng phẳng nên x y z 1. SM SM x 0,5 Ta có SM . SP ( SD ySB zSC ). SP SP a SM x SP x Do DBCM,,, đồng phẳng nên ( y z ) 1 y z . SP a SM a SP y z Tương tự: x z x y . Suy ra SM b c SP x y z MP x y z 3. 2 3. 1 (1). SM a b c MS a b c SN SN x y z 0,5 Ta có SN . SP ( SD SE SF ). SP SP a b c Do DEFN,,, đồng phẳng nên SNxyz SPxyz NPxyz ( ) 1 1 (2). SPabc SNabc NSabc NP MP 0,5 Từ (1) và (2) ta có 3. . NS MS Câu 5 Cho hình lăng trụ ABC.''' A B C có đáy là tam giác đều cạnh bằng 3,a cạnh bên bằng 2,a hình 5,0 điểm chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ()ABC thuộc cạnh AB và góc giữa mặt phẳng (A ' ACC ') và đáy bằng arctan 2. a)(2,5 điểm) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. 0,5 Hạ A',. H AB HK AC Khi đó: (('A ACC '),( ABC )) A ' KH . xx 1,0 Đặt A', H x ta có: HK ,. AH 2 3 Ta có A' H2 AH 2 A ' A 2 x a 3. 0,5 9a2 . 3 S ABC 4 9aa23 . 3 27 0,5 Va . 3 . ABC.''' A B C 44 b) (2,5 điểm) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính sin của góc giữa đường thẳng AG' và mặt phẳng (BCC ' B '). Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’. Gọi I là giao điểm của A’G với MM’. 0,5 A'3 G AG Ta có 2 AIAG ' ' . GI GM 2 Ta có AG a3, HG a , A ' G 2 a A ' I 3 a . 0,5 29a3 0,5 VV A'. BCC ' B '32 ABC . A ' B ' C ' BB'. BC 3 Ta có cosB ' BC , mà BB'. BC AA '. BC ( AH HA '). BC AH . BC a2 BB'. BC 2 1 15 Suy ra cosB ' BC sin B ' BC 44
5. 3 15a2 0,5 S BB'. BC .sin B ' BC BCC'' B 2 3V 9a Suy ra d( A ',( BCC ' B ')) A'. BCC ' B ' SBCC'' B 15 d( A ',( BCC ' B ')) 3 0,5 Vậy sin(A ' G ,( BCC ' B ')) . AI' 15 .Hết . Ghi chú: HS giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.