Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội

Chia sẻ: Blog Toán | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với “Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội” được chia sẻ dưới đây, các bạn học sinh được ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học, rèn luyện và nâng cao kỹ năng giải bài tập để chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt được kết quả mong muốn. Mời các bạn tham khảo đề thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 30 tháng 9 năm 2023 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3  2m  1 x 2  12mx có đồ thị  Cm  , với m là tham số thực. 1) Khi m  1, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm phân biệt M và N sao cho ON  24OM . 2) Tìm tất cả các giá trị của m để  Cm  có hai điểm cực trị nằm về hai phía so với trục hoành. Câu II (3,0 điểm)  Giải hệ phương trình   x  x2  x  y y2 1  y  , với x, y  .  2 x 2  3 y 2  7  x  2 3x  5  3  Câu III (3,0 điểm) Xét tập hợp S gồm tất cả các bộ số  x; y; z  với x, y, z là các số nguyên dương không lớn hơn 30. 1) Hỏi có bao nhiêu bộ số  x; y; z  thuộc tập hợp S thỏa mãn x  y  z  5? 2) Lấy ngẫu nhiên một bộ số  a; b; c  từ tập hợp S . Tính xác suất để lấy được bộ số thỏa mãn a  b  c  30. Câu IV (4,0 điểm) Cho hình chóp S. ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , biết SA  3 và tam giác SBC là tam giác đều có cạnh bằng 4. 1) Tính số đo của góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABC  .       2) Cho điểm I xác định bởi 2 IA  3IB  4 IC  0. Xét mặt phẳng   thay đổi đi qua trung điểm của đoạn thẳng SI và cắt các tia SA, SB , SC lần lượt tại các điểm M , N , P (với M , N , P 4 9 16 không trùng với S ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2  2  2 SM SN SP Câu V (4,0 điểm) 6un Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un 1  với mọi n  *. 11un  9  3 1) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm. 2) Với mỗi số nguyên dương n, đặt S n  u12  u2  u3  ...  un . Tìm lim Sn . 2 2 2 n   Câu VI (2,0 điểm) Xét a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  3 1  c  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  abc  a 2  b 2  9c 2  . --------- Hết --------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh: ……………………… Họ tên, chữ kí cán bộ coi thi thứ nhất: Họ tên, chữ kí cán bộ coi thi thứ hai:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 30 tháng 9 năm 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Hướng dẫn chấm Điểm Cho hàm số y  2 x3  3  2m  1 x 2  12mx có đồ thị  Cm  , với m là tham số thực… 4,0 1) Với m  1, ta có y  2 x 3  3x 2  12 x . Tập xác định  . Ta có f   x   6 x 2  6 x  12. 0,25 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Do hai điểm M, N phân biệt, xét OMN , ta được ON ON 0,5 f   x0    24 hoặc f   x0     24. OM OM x  3 TH1: f   x0   24  6 x0  6 x0  12  24  x0  x0  6  0   0 2 2 . 0,25  x0  2 +) Với x0  3 , suy ra y0  9 , ta có PTTT: y  24 x  81. 0,5 +) Với x0  2 , suy ra y0  4 , ta có PTTT: y  24 x  44. 2 2 I TH2: f   x0   24  6 x0  6 x0  12  24  x0  x0  2  0 (phương trình vô nghiệm). 0,5 (4 điểm) KL: Hai tiếp tuyến cần tìm là y  24 x  81 và y  24 x  44.  x  1 2) Ta có y  6 x2  6  2m  1 x  12m , suy ra y   0  x 2   2m  1 x  2m  0   .  x  2m 0,5 1 Để hàm số có hai điểm cực trị thì m    2 +) Với x  1 , ta có y  6 m  1. 0,5 +) Với x  2m , ta có y  8m3  12m2 . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía so với trục hoành thì yCĐ.yCT < 0    8m 3  12m 2   6m  1  0  4 m 2  2 m  3  6 m  1  0 (*) 0,5  3  1  KL: Tập các giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài là  ;      ;   \ 0 . 0,5  2  6  Giải hệ phương trình    x  x2  x  y y 2 1  y 1… 3,0  2 x  3 y  7  x  2 3x  5  3  2 2 2  2 x  x  0  2 2 x 2  3 y 2  7  0  y 1  0  Điều kiện  2  5 . 0,25 2 II 2 x  3 y  7  0 x  3 3 x  5  0  (3 điểm)  Từ phương trình (1), do VT(1) dương nên y  0. 0,5 PT(1)  x  x 2  x  y   y2 1  y  x  x2  x  y2  y4  y 2 . 2t  1 Xét hàm số f  t   t  t 2  t , t  0 . Ta có f   t   1   0, t  0. 2 t2  t 0,5 Vậy hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;   . Trang 1/3
Ta được y 2  x, phương trình (2) trở thành 2 x2  3x  7  x  2 3x  5  3 0,25     2 x 2  3 x  7   x  1  2 x  1  3x  5  0   1 2  0,5   x 2  5x  6      0. 2  2 x  3x  7  x  1 x  1  3x  5  TH1: x 2  5 x  6  0 nên x  2; x  3. 5 1 2 TH2 : Đánh giá được từ x  nên   0. 0,5 3 2 2 x  3 x  7  x  1 x  1  3x  5  KL: Nghiệm của hệ phương trình là  x; y   2; 2 và  x; y   3; 3 .    0,5 Xét tập hợp S gồm tất cả các bộ số  x; y; z  với x, y , z là các số nguyên dương… 3,0 1) Có 6 bộ số thỏa mãn đề bài là 1;2;2  ;  2;1;2  ;  2; 2;1 0,75 và 1;1;3 ; 1;3;1 ;  3;1;1 . 0,75 III (3 điểm) 2) Không gian mẫu có số phần tử là 303  27000. 0,5 Do a  b  c  30 nên tồn tại d   sao cho a  b  c  d  30. * 0,5 Suy ra số bộ  a; b; c  thỏa mãn đề bài là C29 . 3 3 C29 Xác suất cần tìm bằng  0,5 27000 Cho hình chóp S. ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và SA  3... 4,0 1) Gọi H là trung điểm BC , ta có SH  BC , AH  BC. 0,5  Suy ra góc giữa  SBC  và  ABC  là SHA. 0,5 Vì SBC đều, có cạnh bằng 4 nên SH  2 3.  SA 3 3  Ta có sin SHA     SHA  60o. 0,5 SH 2 3 2   Vậy  SBC  ,  ABC   60o.  2 3 4 2) Đặt  x,  y,  z với x, y, z  0. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng SI. IV SM SN SP (4 điểm)             SA  SB   SC  Ta có 2 IA  3 IB  4 IC  0  18 SO  2 SA  3SB  4 SC  2 SM  3 SN  4 SP      SM  SN SP 0,5  18 SO  3 xSM  4 ySN  4 zSP.     Vì bốn điểm M , N , P, O đồng phẳng và các vectơ SM , SN , SP không đồng phẳng nên 3 x  4 y  4 z  18. 4 9 16 Khi đó T  2  2  2  x2  y 2  z 2. 0,5 SM SN SP Do T  x 2  y 2  z 2  32  4 2  4 2    3x  4 y  4 z  2  0,5 32  42  42 41 4 9 16 324 Suy ra T  2  2  2  0,5 SM SN SP 41 324 54 72 72 Vậy GTNN của T bằng khi x  , y  , z   0,5 41 41 41 41 Trang 2/3
6un Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un 1  với mọi n  * ... 4,0 11un  9  3 1) Chứng minh dãy số  un  là dãy số dương: 0,5 Có u1  1. Giả sử un  0 đúng đến n  k với k  1. 6uk Khi đó uk 1   0. Theo nguyên lý quy nạp, suy ra  un  là dãy số dương. 0,5 11uk  9  3 6un Xét un1  un   un . Nhận xét được 11un  9  3  6, n  *. 0,5 11un  9  3 6un Suy ra  un  0 nên u n 1  un  0, n   * . Vậy dãy số  un  là dãy số giảm. 0,5 11un  9  3 V (4 điểm) 2) Ta có un 1  6un  11un  9  3   6 11un  9  3  0,5 11un 11 396  Suy ra 11un 1  6 11un  9  3  un1   2 121  un  un 1  . 0,5 396 396 396 Nên S n  u12  u2  u3  ...  un  1  2 2 2  u1  u2  u2  u3    un1  un   1   un 0,5 121 121 121 với n  2. Ta có dãy số  un  là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn. 0,25 Gọi lim un  a, chứng minh được a  0. n  396 47 Do đó lim S n  1    0,25 n  121 11 Tìm GTLN của P  abc  a 2  b 2  9c 2  . 2,0 Đặt z  3c , ta được a  b  z  3 và 3P  abz  a 2  b 2  z 2  . 1 2 0,25 Ta có 3P  abz  a 2  b 2  z 2   abz  a 2  b 2   abz 3  z.2ab  a  b   2ab   abz 3. 2   4 2 3 1  a  b  a  b 3 1 t 2 3  t   z  4 z  3  t  t   Với t  a  b. 2 4 4 8 4 0,25 Do vai trò a, b, z như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử z  min a, b, z . VI Do đó z  1 nên a  b  2 hay t  2. 3 (2 điểm) 1 t 2 3  t  4 Xét hàm số f  t    3  t  t  với t  2. 8 4 3 1 t 2 3  t  3 2 0,5 4 Ta có f  t   3   3  t  t   3    t  2  t  t  1 t  2   2   0, t  2.   8 4 8 Vậy f  t   3, t  2. Suy ra max f  t   3 khi t  2. 0,5  2;  1 Do đó GTLN của biểu thức P bằng 1 khi a  b  z  1 (hay a  b  1; c  ). 0,5 3 Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm thành phần chi tiết đến 0,25. Giám khảo không được làm tròn tổng điểm. Trang 3/3