Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương” để ôn tập nắm vững kiến thức cũng như giúp các em được làm quen trước với các dạng câu hỏi đề thi giúp các em tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 25/10/2023 Thời gian làm bài: 180 phút, không tính thời gian phát đề Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) a) Tìm các giá trị của m để hàm số y = x 4 − 4 x3 + ( m + 25 ) x − m đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) . b) Cho hàm số y = 2 x3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1, với m là tham số thực. Tìm các giá trị của m để hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 ≥ 1. Câu 2 (2,0 điểm) a) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 5. b) Giải phương trình: (x 2 − x − 1) 2 x + 3 + 5 x 2= 2 x 3 + x + 3. Câu 3 (2,0 điểm)  x+2 + y+2  = 7 y − 3x + 8 a) Giải hệ phương trình:  . 6 3 27 x = x + 4 y + 2  b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và đường thẳng ∆ có phương trình x − 2 y + 6 =. Điểm C thuộc đường thẳng ∆ , điểm M ( 6; 4 ) thuộc cạnh BC. Đường tròn 0 đường kính AM cắt đoạn BD tại điểm N (1; 5 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết rằng đỉnh C có tọa độ nguyên và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1. Câu 4 (3,0 điểm) a) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và SC = 2a 5 . Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm M của AB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) . b) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC = 2a và  = 600. Biết tứ giác BCC ′B′ là hình thoi có B′BC nhọn. Biết mặt phẳng ( BCC ′B′ ) vuông góc với ABC  mặt phẳng ( ABC ) và mặt phẳng ( ABB′A′ ) tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . c) Cho tứ diện ABCD. Gọi K là điểm thuộc cạnh CD sao cho 2 KD = 3KC và I là điểm thuộc đoạn thẳng BK sao cho IK = 2 IB. Mặt phẳng (α ) đi qua I và luôn cắt các tia AB, AC , AD lần lượt tại các điểm M , N , P (khác đỉnh A ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: AB 2 AC 2 AD 2 T = 4. + 9. + 16. AM 2 AN 2 AP 2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z ∈ [1; 4] và thỏa mãn x ≥ y; x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z P= + + 2x + 3y y + z z + x --- HẾT --- Họ và tên thí sinh: ..............................................................…......; Số báo danh: ...................................... Chữ kí cán bộ coi thi số 1: ................................ Chữ kí cán bộ coi thi số 2: ......…...................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2023 – 2024 Ngày thi: 25/10/2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 07 trang) Câu Đáp án Điểm a) Tìm m để hàm số y = x − 4 x + ( m + 25 ) x − m đồng biến trên khoảng (1;+∞ ) . 4 3 1,0 Tập xác định D = . Ta có y′ = 4 x 3 − 12 x 2 + m + 25 . 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng (1;+∞ ) ⇔ y′ ≥ 0 , ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇔ 4 x3 − 12 x 2 + m + 25 ≥ 0 , ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇔ m ≥ −4 x3 + 12 x 2 − 25 , ∀x ∈ (1; +∞ ) . 0,25 Xét hàm số f ( x ) =x + 12 x − 25 trên (1;+∞ ) . −4 3 2 f ′ ( x ) =x 2 + 24 x . −12 1 x = 0 f ′ ( x ) = 0 ⇔ −12 x 2 + 24 x = 0 ⇔  . Ta có bảng biến thiên sau: (2,0 đ) x = 2 0,25 Dựa vào bảng biến thiên ta có: m ≥ −4 x3 + 12 x 2 − 25, ∀x > 1 ⇔ m ≥ −9 . 0,25 b) Cho hàm số y = 2 x − 3mx + (m − 1) x + 1, với m là tham số thực. Tìm các giá trị 3 2 1,0 của m để hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 ≥ 1. Tập xác định D = . Ta có y′= 6 x 2 − 6mx + m − 1 0,25 ∆ ' 9m 2 − 6m + 6 > 0, ∀m ⇒ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu hai lần. = y' Vậy hàm số có 2 điểm cực trị với mọi m. x1 − x2 ≥ 1 ⇔ ( x1 − x2 ) ≥ 1 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 ≥ 1 2 2 0,25 m −1 2 Do x1 + x2 m ; x1 x2 = = nên ta có m 2 − ( m − 1) ≥ 1 0,25 6 3  1 2 ⇔ 3m − 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≤ − 3 0,25  m ≥ 1 a) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1, 2,3, 4, 5, 7, 8, 9. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập S . Tính xác 1,0 suất để chọn được một số chia hết cho 5 . Mỗi số tự nhiên thuộc tập S có dạng abcde Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = A84 8 0,25
Gọi A là biến cố chọn được số chia hết cho 5 0,25 TH1: Chọn được một số có dạng abcd 0 , trường hợp này có A84 cách 3 TH2: Chọn được một số có dạng abcd 5 , trường hợp này có 7 A7 cách 0,25 n ( A ) 7. A7  5  A84 + 3 Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) = = =  . 0,25 2 n (Ω) 8 A84  512  (2,0 đ) b) Giải phương trình: (x 2 − x − 1) 2 x + 3 + 5 x 2= 2 x3 + x + 3 (1) 1,0 3 Điều kiện: x ≥ − 2 0,25 Phương trình tương đương với ( x 2 − x − 1) 2 x + 3= (x 2 − x − 1) ( 2 x − 3)  x2 − x − 1 = 0 (1a ) 2 ( ) ⇔ ( x − x − 1) 2 x + 3 − 2 x + 3 = 0 ⇔   2 x + 3 = 2 x − 3 (1b ) 0,25  1± 5 (1a ) ⇔ x = (t / m) 2  3  3  3 x ≥ 2 0,25 x ≥ 2 x ≥  (1b ) ⇔  ⇔ 2 ⇔  x = 3 ⇔ x = (t / m ) 3  2 x + 3 ( 2 x − 3) = 2 2 x − 7 x + 3 =  2 0  1    x =  2  1± 5    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 3;  0,25   2    x+2+ y+2  = 7 y − 3x + 8 a) Giải hệ phương trình:  . 1,0 6 3 27 x = x + 4 y + 2   x ≥ −2  Điều kiện:  y ≥ −2 7 y − 3 x + 8 ≥ 0  0,25 Do x = −2 không là nghiệm của hệ. Suy ra x > −2. y+2  y+2 3 Biến đổi phương trình thứ nhất: 1 + = 7 −3. x+2  x+2 (2,0 đ) y+2 Đặt t = ( t ≥ 0 ) ta có phương trình1 + t = 7t − 3 ⇔ t = 1 ⇒ y = x . 0,25 x+2 Thế vào phương trình thứ hai ta được: 27 x 6 = x3 + 4 x + 2 ⇔ 3 x 2 = 3 x3 + 4 x + 2 0,25 ⇔ x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = x3 + 4 x + 2 + 3 x3 + 4 x + 2 ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) = x3 + 4 x + 2 + 3 x3 + 4 x + 2 ( *) 3 Hàm số f ( u= u + u có f ′ ( u = 3u + 1 > 0, ∀u ∈  nên đồng biến trên . ) 3 ) 2 0,25 Khi đó
(*) ⇔ f ( x + 1) = f ( 3 x3 + 4 x + 2 ) ⇔ x + 1 = 3 x3 + 4 x + 2 ⇔ ( x + 1) 3 = x3 + 4 x + 2  1 + 13 1 + 13 = x (t / m) ⇒ y = (t / m) 2  6 6 ⇔ 3x − x − 1 = 0 ⇔  1 − 13 1 − 13 = x (t / m) ⇒ y = (t / m)  6 6  1 + 13 1 + 13  1 − 13 1 − 13  Vậy nghiệm của hệ đã cho là  ; ;  ;   6 6  6 6  b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và đường thẳng ∆ có phương trình x − 2 y + 6 =. Điểm C thuộc đường thẳng ∆ , điểm 0 M ( 6; 4 ) thuộc cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt đoạn BD tại điểm 1,0 N (1; 5 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết rằng đỉnh C có tọa độ nguyên và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1. 0,25   Ta có tam giác AMN vuông tại N và NMA NBA 450 nên tam giác AMN = = vuông cân tại N . Do đó, ta có phương trình đường thẳng AN là 5 x − y =. 0 Gọi A ( t ;5t ) ∈ AN , ta có AN= MN 2 ⇔ ( t − 1) + 25 ( t − 1)= 26 2 2 2 0,25 t = 2  A ( 2; 10 ) ⇔ ( t − 1) = ⇔  . Vì A có hoành độ nhỏ hơn 1 nên A ( 0; 0 ) . 2 1 ⇔ t = 0  A ( 0; 0 )  Vì C ∈ ∆ : x − 2 y + 6= 0 ⇒ C ( 2c − 6; c ) . Gọi E là tâm của hình vuông. Khi đó  c     c  E  c − 3;  . Suy ra AC ( 2c − 6; c ) , NE  c − 4; − 5  .  2  2     c  Ta có: AC.NE =0 ⇔ ( 2c − 6 )( c − 4 ) + c  − 5  =0 0,25 2  c = 6 ⇔ 5c − 38c + 48 = ⇔  2 0 Vì C có tọa độ nguyên nên C ( 6; 6 ) . c = 8  5 ⇒ E ( 3; 3) . Do đó MC : x = 6, NE : x + y − 6 = 0 ⇒ B ( 6;0 ) ⇒ D ( 0;6 ) . 0,25 Vậy A ( 0;0 ) , B ( 6;0 ) , C ( 6;6 ) , D ( 0;6 ) . 4 a) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và SC = 2a 5 . 1,0
(2,0 đ) Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm M của AB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) . 0,25   SM ⊥ ( ABC ) ⇒ SCM ( SC ,( ABC ) ) 60o = =  Tam giác SMC vuông tại = SC.cos SCM a 5 M nên: MC =  = SC.sin SCM a 15 SM = 2  x Đặt AC = x, vì tam giác AMC vuông tại A nên x +   = 5a 2 ⇒ x= 2a ; 2 2 0,25 1 = = 2a 2 S ABC AC 2 2 1 2a 3 15 Thể tích khối S.ABC: VS . ABC = = S ABC .SM 3 3 Ta có AC ⊥ AB, AC ⊥ SM ⇒ AC ⊥ SA nên tam giác SAC vuông tại A, do đó 0,25 1 SA = SC 2 − AC 2 = 4a; S SAC = SA. AC = 4a 2 . 2 3VS . ABC a 15 Suy ra d ( B,(= SAC ) )= 0,25 S SAC 2 b) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC = 2a và  = 600. Biết tứ giác BCC ′B′ là hình thoi có B′BC nhọn. Biết mặt ABC  phẳng ( BCC ′B′ ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và mặt phẳng ( ABB′A′ ) tạo với 1,0 mặt phẳng ( ABC ) một góc 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . B' C' A' 2a B H C 0,25 K A 1 a2 3 Ta có AB  BC.sin 30  a  AC  a 3, S ABC  AB. AC  . 2 2 Kẻ BH  BC , H  BC. Ta có  BCC B   ABC  nên B H   ABC . 0,25  ABBA   ABC   AB
 AB  BH   Kẻ HK  AB, K  AB. Ta có   BK  AB.  AB  HK    Do đó góc giữa  ABBA và  ABC  bằng góc giữa BK và HK bằng BKH  45. HK 2 HK 2 BH Ta có BH  HK , BH   BH   . sin 60  3 3 0,25 4 BH 2 2a 3 2 2 2 BB  BH  HB  4a  BH  2  BH  2 3 7 2a 3 a 2 3 3a 3 Thể tích khối lăng trụ ABC. A BC  là VABC . ABC   BH .S ABC  .  . 0,25 7 2 7 c) Cho tứ diện ABCD. Gọi K là điểm thuộc cạnh CD sao cho 2 KD = 3KC và I là điểm thuộc đoạn thẳng BK sao cho IK = 2 IB. Mặt phẳng (α ) đi qua I và luôn cắt các tia AB, AC , AD lần lượt tại các điểm M , N , P (khác đỉnh A ). Tìm giá trị 1,0 AB 2 AC 2 AD 2 nhỏ nhất của biểu thức T = 4. + 9. + 16. AM 2 AN 2 AP 2 0,25 Lấy điểm M thuộc tia AB, trong mp ( ABK ) : MI ∩ AK = H Trong mp ( ACD ) : đường thẳng qua H cắt các tia AC , AD lần lượt tại N và P. Trong tam giác ACD ta có:     CK   CK    AK = AC + CK = AC + CD CD = AC + CD (AD − AC )  CK   CK  KD  KC  3  2  1 − =  AC + AD =AC + . . AD = + . AD . AC  CD  CD CD CD 5 5  IK  IB  2  1    Trong tam giác ABK ta có: AI = . AB + . AK =. AB + . AK BK BK 3 3 2  1  3  2   2  1  2    = + .  . AC + . AD  = . AB + . AC + . AD . AB 0,25 3 3 5 5  3 5 15 2 AB  1 AC  2 AD    = . . AM + . . AN + . . AP . 3 AM 5 AN 15 AP 2 2  2 AB 3 AC 1 4 AD   1   AB 2 AC 2 AD 2  ⇒ 15  5. = + 1. + .  ≤  25 + 1 +   4. + 9. + 16.   AM AN 2 AP   4   AM 2 AN 2 AP 2  0,25 AB 2 AC 2 AD 2 60 ⇒ T 4. = + 9. + 16. ≥ AM 2 AN 2 AP 2 7
 2 AB 3 AC 4 AD  AB 10  AM  AM = 7 AN AP = = 1   5 1  AC 4 Dấu " = " có khi:  ⇔ =  2  AN 21 10. AB + 3. AC + 2. AD = 15 AD 1  AM  AN AP  AP = 14   AB 10  AM = 7 0,25  60  AC 4 Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T bằng khi  = . 7  AN 21  AD 1  AP = 14   KD  KC  *(Nếu chỉ đưa ra công thức AK = . AC + . AD mà không chứng minh thì trừ CD CD 0,25 đ) Cho x, y, z ∈ [1;4] và thỏa mãn x ≥ y; x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z 1,0 P= + + 2x + 3y y + z z + x 1 1 1 y z x 1  Ta có P= + + . Đặt a = ; b = ; c = ⇒ a ∈  ;1 ; c ∈ [1;4] ; y z x x y z 4  2+3 1+ 1+ x y z 0,25 1 1 1 abc = 1. Khi đó P = + + 2 + 3a 1 + b 1 + c 1  Vì a ∈  ;1 và abc = 1 nên bc ≥ 1. 4  1 1 2 ( )( ) 2 Ta có + ≥ ⇔ bc − 1 b − c ≥ 0 (luôn đúng với bc ≥ 1 ) 1 + b 1 + c 1 + bc 5 0,25 (1,0 đ) Áp dụng bất đẳng thức trên ta có P ≥ 1 + 2 = 1 + 2 a 2 + 3a 1 + bc 2 + 3a 1 + a 1  1 2t Đặt t = a ⇒ t ∈  ;1 và P ≥ 2 + = f (t ) 2  2 + 3t t +1 −6t 2 9t 4 − 3t 3 + 6t 2 − 3t + 4 f ′(t ) = + = 2. ( 2 + 3t 2 ) ( t + 1) ( 2 + 3t 2 ) .( t + 1)2 2 2 2 0,25 3t 3 ( 3t − 1) + 3t ( 2t − 1) + 4 1  1  2. > 0, ∀t ∈  ;1 . Suy ra f ( t ) đồng biến trên  ;1 ( 2 + 3t ) .( t + 1) 2 2 2 2  2   1  34 1 ⇒ f (t ) ≥ f   = . Dấu “=” xảy ra khi a = ; b = c = 2 ⇒ x = 4; y = 1; z = 2.  2  33 4 0,25 34 Vậy min P = khi= 4;= 1; z 2. x y = 33 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.