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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Kon Tum” sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng 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 tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Kon Tum

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 26/01/2024 (Đề thi có 01 trang, gồm 07 câu) Câu 1 (3,5 điểm): 1. Chứng tỏ rằng đồ thị hàm số y =x 3 − 3 x 2 + 2m luôn có hai điểm cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị đó không phụ thuộc vào tham số m . 2. Cho a, b, c là các số thực dương khác 1 thỏa mãn = 4; log a b 3; = 2 . Tính log 2024 a = log c2 b giá trị của biểu thức Q = log 2024 ( ) ab 2 c 4 . Câu 2 (4,0 điểm): 1. Giải phương trình ( cos x + sin x )(1 − sin 2 x ) = cos 2 x . ( 2. Cho hàm số f ( x= x 2 − mx . Xác định giá trị của m để hàm số y f x 2 − mx đạt cực tiểu ) = ) tại điểm x0 = 1 . Câu 3 (2,0 điểm): Điền ngẫu nhiên 10 số tự nhiên đầu tiên 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào 10 ô vuông trong bảng ở hình vẽ bên dưới (mỗi ô vuông điền đúng một số). Tính xác suất để ba ô vuông liền kề nhau bất kì có tổng ba số ghi trong ba ô vuông đó chia hết cho 3. Câu 4 (2,0 điểm): Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là một tam giác vuông cân ở B với AC = 2a . Giả sử mặt phẳng ( ABC ') và mặt phẳng ( A ' B ' C ) vuông góc nhau. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. Câu 5 (4,0 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  = 60o . Biết ABC SA SB SC , góc hợp bởi đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) là 45o . = = 1. Gọi N là điểm trên cạnh SD . Tìm vị trí của điểm N để đường thẳng AN hợp với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 45o . 2. Gọi M là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ∆SCD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG , CM theo a . Câu 6 (3,0 điểm): u1 + u2 + ... + un 1. Cho dãy số ( un ) được xác định u= 1 = 1 và un +1 + n + 1, ∀n ∈ * . Tính tổng n 1 1 1 S = + + ... + . u1 .u2 u2 .u3 u2023 .u2024  2. Giải hệ phương trình  ( ( y + 2 ) 2 x + 1 − 1 = x 2 . )  x3 − x + 3 = x + y  Câu 7 (1,5 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 1 và x + y + z =. Tìm giá trị lớn 2 nhất của biểu thức P = xyz . ----------------------------------------- HẾT ----------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không được giải thích gì thêm.
UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: Toán HƯỚNG DẪN CHÍNH THỨC (Hướng dẫn gồm 07 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM THI I. HƯỚNG DẪN CHUNG 1) Hướng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ. 2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm thi mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi. Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài giữ nguyên không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1.1 (2,0 điểm): Chứng tỏ rằng đồ thị hàm số y =x 3 − 3 x 2 + 2m luôn có hai điểm cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị đó không phụ thuộc vào tham số m . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Tập xác định D =  . 0,25 = 3x 2 − 6 x . y' 0,25 x = 0 y= 0 ⇔  ' . 0,25 x = 2 Suy ra đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị là A ( 0; 2m ) , B ( 2; 2m − 4 ) . 0,5   Ta có AB ( 2; − 4 ) . = 0,25 Vậy AB = 2 5 không phụ thuộc vào m . 0,5 Câu 1.2 (1,5 điểm): Cho a , b, c là các số thực dương khác 1 thỏa mãn = 4; log a b 3; = 2 . Tính giá trị của biểu thức Q = log 2024 log 2024 a = log c2 b ( ) ab 2 c 4 . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có: 0,25 + log 2024 a = 4 ⇔ a = 20244 . + log a b = 3 ⇔ b = a 3 = 20246 ⇔ b 2 = 202412 . 0,25 + log c2 b =2 ⇔ c 4 = b ⇔ c 4 =20243 . 0,25 = log 2024 ab 2 c 4 Suy ra Q = ( ) 1 2 ( ) log 2024 ab 2 c 4 . 0,25 1 2 log 2024 20244.202412.20243 = ( ) 0,25 1 19 = = log 2024 202419 . 0,25 2 2
2 Câu 2.1 (2,0 điểm): Giải phương trình ( cos x + sin x )(1 − sin 2 x ) =(1). cos 2 x Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Phương trình (1) ⇔ ( cos x + sin x )( cos x − sin x ) = . 2 cos 2 x 0,25 ⇔ cos 2 x ( cos x − sin x ) = . cos 2 x 0,25 cos 2 x = 0 ⇔ . 0,25 cos x − sin x = 1 π * cos 2 x = ⇔ 2 x = + kπ . 0 0,25 2 π kπ ⇔x= + ,k ∈ . 0,25 4 2  π * cos x − sin x =⇔ 2 cos  x +  = 1 1. 0,25  4  x = k 2π π π ⇔ x + = + k 2π ⇔  ± ,k ∈ . 0,25 4 4  x −π + k 2π =  2 π kπ −π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = + = k 2π = ;x ;x + k 2π , ( k ∈  ) . 0,25 4 2 2 Câu 2.2 (2,0 điểm): Cho hàm số f ( x= x 2 − mx . Xác định giá trị của m để hàm số y f x 2 − mx ) = ( ) đạt cực tiểu tại điểm x0 = 1 . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Hàm số f ( x= x 2 − mx xác định trên  và f ' ( x ) 2 x − m . ) = 0,25 m f '( x) = 0 ⇔ x = . 0,25 2 = ( ) Hàm số y f x 2 − mx xác định trên  và có y ' = m ) . f ' ( x 2 − mx ) . ( 2x − 0,25 Vì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 = 1 suy ra y ' (1) =0 ⇔ ( 2 − m ) . f ' (1 − m ) =0 . 0,25 m = 2 ⇔ . 0,25 m = 2  3 ( ) ( Lại có = 2. f ' x 2 − mx + ( 2 x − m ) . f '' x 2 − mx . y '' 2 ) 0,25 * Với m = 2 , ta có y '' (1) =2. f ' ( −1) =−8 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x0 = 1 . Do đó, 0,25 m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2  1  16  1  32 * Với m = , ta có y '' (1) =  + . f ''   = nên hàm số đạt cực tiểu tại 2. f '  >0 3 3 9 3 9 0,25 2 x0 = 1 . Vậy m = là giá trị cần tìm. 3
3 Câu 3 (2,0 điểm): Điền ngẫu nhiên 10 số tự nhiên đầu tiên 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào 10 ô vuông trong bảng ở hình vẽ bên dưới (mỗi ô vuông điền đúng một số). Tính xác suất để ba ô vuông liền kề nhau bất kì có tổng ba số ghi trong ba ô vuông đó chia hết cho 3. Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Xét phép thử điền ngẫu nhiên 10 số tự nhiên đầu tiên vào 10 vị trí trong bảng ở hình vẽ bên dưới. Khi đó n ( Ω ) = . 10! 0,5 Xét A là biến cố “tổng của ba số được ghi trong ba ô vuông liền nhau bất kỳ luôn chia hết cho 3”. Ta tính n ( A ) như sau: 0,25 Xét ba tập hợp A0 = {0;3;6;9} ; A1 {1; 4;7} ; A2 {2;5;8} . = = Gọi các số được điền vào các ô vuông theo thứ tự từ trái qua phải lần lượt là a0 ; a1 ;...; a9 như hình ảnh bên dưới Vì tổng của ba số ghi trong ba ô vuông liền kề nhau bất kỳ luôn chia hết cho 3 nên 0,25 a0 + a1 + a2 chia hết cho 3 và các bộ số + a0 , a3 , a6 , a9 có cùng số dư khi chia cho 3. + a1 , a4 , a7 có cùng số dư khi chia cho 3. + a2 , a5 , a8 có cùng số dư khi chia cho 3. Suy ra A0 = {a0 ; a3 ; a6 ; a9 } và A1 = {a1 ; a4 ; a7 } hoặc A1 = {a2 ; a5 ; a8 } . 0,25 Khi đó ta có n ( A ) 4!. ( 3!.3!+ 3!.3!) 2.4!.3!.3! . = = 0,25 n ( A ) 2.4!.3!.3! 1 Xác suất p ( A ) = = = . 0,5 n (Ω) 10! 2100 Câu 4 (2,0 điểm): Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là một tam giác vuông cân ở B với AC = 2a . Giả sử mặt phẳng ( ABC ') và mặt phẳng ( A ' B ' C ) vuông góc nhau. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. Đáp án và biểu điểm A' C' B' A C B
4 Nội dung Điểm 2a Vì tam giác ∆ABC vuông cân ở B suy ra AB BC = = = a 2. 0,25 2 1 ( ) 2 là S ABC Diện tích tam giác ∆ABC= = a2 . a 2 0.25 2 Ta có AB ⊥ BC và AB ⊥ BB ' (vì BB ' ⊥ ( ABC ) ) nên AB ⊥ ( BCC ' B ') suy ra 0,25 ( ABC ') ⊥ ( BCC ' B ') . Lại có ( ABC ') ⊥ ( A ' B ' C ) suy ra ( ABC ') ⊥ B ' C . 0,25 Suy ra B ' C ⊥ BC ' . 0,25 Vì BCC ' B ' là hình chữ nhật có B ' C ⊥ BC ' nên BCC ' B ' hình vuông. Suy ra 0,25 CC ' = a 2 . Thể tích khối lăng trụ bằng V a 2 .a 2 a 3 2 . = = 0,5 Câu 5 (4,0 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  = 60o . Biết ABC SA SB SC , góc hợp bởi đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) là 45 . = = o 1. Gọi N là điểm trên cạnh SD . Tìm vị trí của điểm N để đường thẳng AN hợp với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 45o . 2. Gọi M là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ∆SCD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG , CM theo a . Đáp án và biểu điểm S N G F A D M L K E H B C Câu 5.1 (2,0 điểm): Nội dung Điểm Gọi H là trọng tâm tam giác ∆ABC . Tam giác ABC đều (vì AB BC ;  60o ) và = = ABC 0,25 SA SB SC suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . = = Góc giữa SD và ( ABCD ) là SDH 45° .  = 0,25 Kẻ NK / / SH , (K nằm trên đoạn BH vì N nằm trên cạnh SD) suy ra NK ⊥ ( ABCD) 0,25 Suy ra góc giữa AN và ( ABCD ) là NAK = 45o .   45o ) nên Tam giác ∆AKN vuông cân tại K (vì NK ⊥ AK , NAK =AK = NK . 0,25
5  45o ) nên DK Tam giác ∆NKD vuông cân tại K (vì NK ⊥ KD, NDK = = KN . Suy ra 0,25 KD = KA . Mà K ∈ BD suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ACD . 0,25 1 Suy ra = = BH . Do đó K là trung điểm DH . DK BD 0,25 3 Suy ra N là trung điểm SD . 0,25 Câu 5.2 (2,0 điểm): Nội dung Điểm Gọi E là trung điểm CD , ta có AE / / CM và AE ⊥ CD . 0,25 a Gọi L là điểm trên AE sao cho HL ⊥ AE ⇒ HL / / CE và HL CE = = . 0,25 2 d ( CM , AG ) Vì AE / / CM nên= d= d ( H , ( SAE )) . (CM , ( SAE )) 0,25 Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên SL .  HL ⊥ AE 0,25 Ta có  ⇒ AE ⊥ ( SHL) ⇒ AE ⊥ HF .  SH ⊥ AE Mà HF ⊥ SL nên HF ⊥ ( SAE ) suy ra d ( H , ( SAE )) = HF . 0,25 1 1 1 Tam giác SHL vuông tại H có HF là đường cao nên = 2 2 + 0,25 HF HS HL2 3 4 19 = 2 + 2 = . 0,25 4a a 4a 2 2a 19 2a 19 Suy ra HF = . Vậy d ( CM , AG ) = . 0,25 19 19 Câu 6.1 (1,0 điểm): Cho dãy số ( un ) được xác định u1 = 1 và u1 + u2 + ... + un 1 1 1 =un +1 S + n + 1, ∀n ∈ * . Tính tổng = + + ... + . n u1 .u2 u2 .u3 u2023 .u2024 Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm u1 + u2 + ... + un −1 Ta có un = + n, ∀n ≥ 2 n −1 0,25 ⇔ u1 + u2 + ... + un −1 = ( n − 1) .un − n ( n − 1) , ∀n ≥ 2 . Khi đó un +1 = un − ( n − 1) + ( n + 1) = un + 2, ∀n ≥ 2 , mà u2 = 3 nên un +1 = un + 2, ∀n ≥ 1 . 0,25 Suy ra ( un ) là cấp số cộng với u1 = 1 và công sai d = 2 . Suy ra un = 2n − 1, ∀n ∈ * . 1 1 1 1  u2 − u1 u3 − u2 u − u2023  S = + + ... + =  + + ... + 2024  0,25 u1 .u2 u2 .u3 u2023 .u2024 2  u1 .u2 u2 .u3 u2023 .u2024  1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1  2023 =  − + − + ... + − =  −  = 1 − = . 0,25 2  u1 u2 u2 u3 u2023 u2024  2  u1 u2024  2  4047  4047
6 ( y + 2 ) 2 x + 1 − 1 = x  Câu 6.2 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình  2 ( ) (1) .  x3 − x + 3 = x + y  ( 2) Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm  1 2 x + 1 ≥ 0 x ≥ − Điều kiện:  3 ⇔ 2 . 0,25 x − x + 3 ≥ 0  x3 − x + 3 ≥ 0  Phương trình (1) ta có ( y + 2 ) ( ) 2x +1 −1 = 2x ⇔ ( )( 2x +1 −1 y +1− 2x +1 = 0 )  2x +1 −1 =0 0,25 ⇔ . = 2 x + 1 − 1  y Với 2 x + 1 − 1 = 0 ⇔ x = 0 , thay vào phương trình (2) ta được y = 3 . Thỏa mãn hệ 0,25 phương trình. Với = y 2 x + 1 − 1 thay vào phương trình (2) ta được x3 − x + 3 − 2 x + 1 = x − 1 (*) Xét x = 1 là một nghiệm của phương trình (*), suy ra = y 3 − 1 . Thỏa mãn hệ phương 0,25 trình. x3 − 3x + 2 Xét x ≠ 1 , ta có x3 − x + 3 + 2 x + 1 = = x2 + x − 2 . 0,25 3 x − x + 3 − 2x +1 ( ) 2 ( x + 1) 2 Kết hợp với (*) suy ra 2 2 x + 1 = x 2 − 1 ⇔ 2x +1 +1 = ⇔ 2 x + 1 = (vì x 0,25 x +1 > 0 ) x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ x =1 + 2 . Khi đó y = 2 . Thỏa mãn hệ phương trình. 0,25 x − 2x −1 =0 ( Vậy hệ phương trình có ba nghiệm ( x; y ) là 0; 3 ; 1; 3 − 1 ; 1 + 2; 2 .)( )( ) 0,25 Câu 7. (1,5 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 1 , x + y + z =. Tìm giá trị lớn 2 nhất của biểu thức P = xyz . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm 2 2  x+ y  2− z  1 Ta có: P = xyz ≤   .z = ( 4 z − 4 z + z ) . 0,25 2 3  .z =   2   2  4 Xét hàm số f ( z ) =4 z − 4 z + z trên [1; 2] . 2 3 0,25 Ta có: f ′ ( z ) = 4 − 8 z + 3 z 2 ; f ′ ( z ) = 0 ⇔ z = 2 (vì z ∈ [1; 2] ) 0,25 Bảng biến thiên của hàm số f ( z ) : 0,25
7 1 1 1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: P = f ( z ) ≤ f (1) = , ∀z ∈ [1; 2] . 0,25 4 4 4 z = 1 1  Vậy Pmax = khi  1. 0,25 4 x y 2 = =  ..................................HẾT................................
UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: TOÁN ĐỀ THI DỰ BỊ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 26/1/2024 (Đề thi có 01 trang, gồm 07 câu) Câu 1 (3,5 điểm): x+2 1. Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) và đường thẳng ( d m ) : y= x + m . Tìm m để ( C ) cắt ( d m ) tại 2x −1 hai điểm phân biệt A , B sao cho AB = 3 2 . 1 2. Cho hai số thực dương a, b khác 1 thỏa mãn log a 2 = 3 , log b a = . Tính giá trị của biểu thức 3 P = log 4 ( ab ) . Câu 2 (4,0 điểm): 1. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau: Tìm số điểm cực trị của hàm số y f ( x 2 − 2 x ) . = 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 cos 2 x + 2m.sin x = 2 có đúng hai 3m +  3π  nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng  0;  .  2  Câu 3 (2,0 điểm): Cho đa giác đều có 2n (n ∈ , n ≥ 2) cạnh nội tiếp đường tròn tâm O. Biết số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh của đa giác nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh của đa giác. Tính số đường chéo của đa giác đã cho. Câu 4 (2,0 điểm): Cho tam giác OAB vuông cân tại O , có OA  4 . Lấy điểm M thuộc cạnh AB ( M không trùng với A , B ) và gọi H là hình chiếu của M trên OA . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay tam giác OMH quanh OA . Câu 5 (4,0 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4a , tam giác ∆SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. 1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD ) . 2. Gọi N là trung điểm cạnh SD . Tính số đo góc giữa đường thẳng NC và mặt phẳng ( SAB ) . Câu 6 (3,0 điểm):  x5 + xy 4 = y10 + y 6  1. Giải hệ phương trình:  .  (1 + y 2 )( 2x + 1) = 2x + 4 u1 = 1  2. Cho dãy số ( un ) xác định bởi  2 . Tính tổng S = u12 + u2 + u3 + ... + u2024 . 2 2 2  = 3un + 2 , ∀n ≥ 1 un +1 Câu 7 (1,5 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 6 thức 16 − a 3 16 − b3 16 − c 3 M = + + a b c ----- Hết----- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm.
UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: Toán HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn gồm 08 trang) ĐỀ THI DỰ BỊ HƯỚNG DẪN CHẤM THI I. HƯỚNG DẪN CHUNG 1) Hướng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ. 2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi. Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài giữ nguyên không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM x+2 Câu 1.1. (2,0 điểm): Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) và đường thẳng ( d m ) : y= x + m . Tìm m 2x −1 để ( C ) cắt ( d m ) tại hai điểm phân biệt A , B sao cho AB = 3 2 . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm x+2 Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d m ) là = x + m (*) 0,25 2x −1 1 Điều kiện x ≠ . 2 0,25 Khi đó, (*) tương đương g ( x ) = 0 (1) với g ( x )= 2 x 2 + 2 ( m − 1) x − m − 2 ∆ = ( m − 1)2 + 2 ( m + 2 ) m 2 + 5 > 0 ' =  Từ PT(1) ta có   1  5 nên ( d m ) cắt ( C ) tại hai điểm  g  = ≠ 0 − 0,25  2 2 phân biệt A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) 1  x1 + x2 = − m  Với x1 ; x2 là hai nghiệm của (1) theo định lí Vi-ét ta có  −m − 2 . 0,25  x1.x2 = 2  2 ( x2 − x1 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  2 2 Khi đó, AB= 0,25   = 2 ( m2 + 5) . 0,25 m = 2 Có AB = 3 2 ⇔ m 2 + 5 = 9 ⇔  .  m = −2 0,5 Vậy m = −2 hoặc m = 2 .
2 1 Câu 1.2. (1,5 điểm): Cho a, b là hai số thực dương khác 1 thỏa mãn log a 2 = 3 và log b a = . Tính 3 giá trị của biểu thức P = log 4 ( ab ) . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có log a 2 = 3 suy ra a = 2 3 0,25 1 ⇔ a =. 23 0,25 1 1 log b a= ⇔ a= b3 0,25 3 3 1 ⇔ b = a 2 = 22 . 0,25  1 1  5 Suy ra P log 4 ( ab ) log 22 = log 22  2 6  = =  2 3.2 2  0,25     1 5 5 = = . . 0,25 2 6 12 Câu 2.1. (2,0 điểm): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau: Tìm số điểm cực trị của hàm số y f ( x 2 − 2 x ) . = Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Tập xác định D =  0,25 Ta có y′ = − 1) . f ′ ( x 2 − 2 x ) . 2( x 0,25 x = 1 0,25 y′= 0 ⇔  .  f ′( x − 2x) = 2  0  x 2 − 2 x= a ∈ ( −∞; − 1) (1) 0,5  2  x − 2 x = b ∈ ( −1;0 ) (2) Ta có f ′ ( x 2 − 2 x ) =⇔  2 0  x − 2 x = ∈ ( 0;1) c (3)  x 2 − 2 x= d ∈ 1; + ∞  ( ) (4)
3 Vì x 2 − 2 x ≥ −1 nên phương trình (1) vô nghiệm, các phương trình (2), (3), (4) đều có 0,25 hai nghiệm phân biệt khác 1 và do b, c, d đôi một khác nhau nên các nghiệm của các phương trình (2), (3), (4) cũng đôi một khác nhau. Do đó phương trình f ′ ( x 2 − 2 x ) = 6 nghiệm phân biệt khác 1. 0 có 0,25 Vậy phương trình y′ = 0 có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số 0,25 = f ( x 2 − 2 x ) là 7. y Câu 2.2. (2,0 điểm): Cho phương trình 2 cos 2 x + 2m.sin x = 2 .Tìm tất cả các giá trị thực của 3m +  3π  tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt trên khoảng  0;  .  2  Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có 2 cos 2 x + 2m.sin x = 2 ⇔ −4sin 2 x + 2m.sin x = 3m + 3m (*) 0,25  3π  4t 2 Đặt t = sin x , với x ∈  0;  thì t ∈ ( −1;1] , phương trình (*) trở thành = m. 0,25  2  2t − 3 Nhận xét  3π  Với t ∈ ( −1;0] ∪ {1} thì phương trình t = sin x có đúng một nghiệm trên  0;  .  2  0,25  3π  Với t ∈ ( 0;1) thì phương trình t = sin x có đúng hai nghiệm phân biệt trên  0;  .  2  4t 2 8t ( t − 3) Xét hàm số f ( t ) = trên ( −1;1] có f ' ( t ) = 2 ; 0.25 2t − 3 ( 2t − 3) t = 0 ∈ ( −1;1] với f ' ( t )= 0 ⇔  . 0,25   t = 3 ∉ ( −1;1] Bảng biến thiên trên ( −1;1] . 0,5 Dưạ vào bảng biến thiên và nhận xét trên ta thấy phương trình (*) có đúng hai nghiệm  3π  4 0,25 phân biệt trên  0;  khi và chỉ khi −4 < m ≤ − .  2  5 Câu 3. (2,0 điểm): Cho đa giác đều có 2n (n ∈ , n ≥ 2) cạnh nội tiếp đường tròn tâm O. Biết số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh của đa giác nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh của đa giác. Tính số đường chéo của đa giác đã cho.
4 Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm + Số tam giác tạo thành từ 3 trong 2n đỉnh của đa giác là C . 3 2n 0,5 + Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo đi qua tâm nên số hình chữ nhật được tạo 0,5 thành từ 4 trong 2n đỉnh của đa giác là Cn2 . 3 2 20Cn ( 2n ) ! = n ! 20 0,5 Từ giả thiết ta có: C2 n = ⇔ . 3!( 2n − 3) ! 2!( n − 2 ) ! 2n ( 2n − 1)( 2n − 2 ) n ( n − 1) 0,25 ⇔ = 20 = 8 ⇔n 6 2 2 Vậy có C16 − 16 = đường chéo. 104 0,25 Câu 4. (2,0 điểm): Cho tam giác OAB vuông cân tại O , có OA  4 . Lấy điểm M thuộc cạnh AB ( M không trùng với A , B ) và gọi H là hình chiếu của M trên OA . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay tam giác OMH quanh OA . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Đặt h  OH , 0  h  4 . 0,25 Khi quay tam giác OMH quanh OA , ta được hình nón đỉnh O chiều cao h bán kính 0,25 đáy r  HM . AH HM 0,25 Ta có HM // OB nên  AO OB 4h r 0,25    r  4h . 4 4 1 1 2 0,25 V  π r 2 h  π 4  h .h 3 3 1 0,25  π 4  h4  h.2h 6 3 0,25 1  4  h  4  h  2h   π    256π .  6   3   81 256π 4 0,25 Vậy Vmax  . Đẳng thức xảy ra khi 4 − h = 2h ⇔ h = 81 3 Câu 5. (4,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông cạnh 4a , tam giác ∆SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.
5 5.1(2,0 điểm): Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD ) . Đáp án và biểu điểm S A D M H O K B C Nội dung Điểm Gọi M là trung điểm AB suy ra SM ⊥ AB 0,25 vì ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên SM ⊥ ( ABCD ) . Gọi = AC ∩ BD suy ra AO ⊥ BD , gọi K trung điểm BO suy ra MK ⊥ BD O 0.25 Mà SM ⊥ ( ABCD ) nên SM ⊥ BD . Do đó BD ⊥ ( SMK ) . 0.25 Kẻ MH ⊥ SK tại H suy ra MH ⊥ ( SBD ) . 0,25 d ( A; ( SBD ) ) = Do đó,= 2d ( M ; ( SBD ) ) 2 MH . 0,25 1 1 Mà ta có SM = 2a 3 ; = MK = = a 2. AO AC 0,25 2 4 1 1 1 1 1 7 Tam giác ∆SMK vuông suy ra 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 nên MH MK MS 2a 12a 12a 0,25 2a 21 MK = . 7 4a 21 Suy ra d ( A; ( SBD ) ) = . 0,25 7 Câu 5. (2,0 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông cạnh 4a , tam giác ∆SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. 5.2 Gọi N là trung điểm cạnh SD . Tính số đo góc giữa đường thẳng NC và mặt phẳng ( SAB ) . Đáp án và biểu điểm S F N A D M O B E C
6 Nội dung Điểm Gọi E , F lần lượt là trung điểm BC và SA suy ra NF || AD || BC và 1 0,25 = = EC nên tứ giác NFEC là hình bình hành NF AD 2 suy ra EF || NC . 0,25 Suy ra góc giữa NC và mặt phẳng ( SAB ) là góc giữa EF và mặt phẳng ( SAB ) . 0.25 Lại có BE ⊥ AB và BE ⊥ SM (vì SM ⊥ ( ABCD ) nên BE ⊥ ( SAB ) . 0,25  Suy ra góc giữa EF và mặt phẳng ( SAB ) là BFE . 0,25 1 Mà ta có BF = 2a 3 (tam giác ∆SAB đều cạnh 4a );= BE = 2a . BC 0,25 2  2a 1 Tam giác ∆BEF vuông ở B suy ra tan= BFE = . 0,25 2a 3 3  Suy ra BFE = 300 . Vậy góc giữa NC và mặt phẳng ( SAB ) là 30o . 0,25  x5 + xy 4 = y10 + y 6  (1) Câu 6.1 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình:  (1 + y )( 2 + 1) = 2 + 4 2 x x  (2) Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm 0,25 Nhận xét: y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho. 5 0,25 5 x x Với y ≠ 0 , chia cả hai vế phương trình (1) của hệ cho y ta được   + = y 5 + y .  y y 0,25 Xét hàm số f ( t = t 5 + t với t ∈  ta có f ' ( t = 5t 4 + 1 > 0, ∀t ∈  nên f ( t ) đồng ) ) biến trên tập  . 5 x x x x 0,25 Từ đó   + = y 5 + y ⇔ f   = f ( y ) ⇔ = y ⇔ y 2 = x (do đó x > 0 )  y y  y y 2 Thế y = x vào phương trình (2) của hệ ta được phương trình 0,25 3 (1 + x ) ( 2 x + 1) = 2 x + 4 ⇔ x − x = (3) 0 2 +1 3 0,25 Xét hàm số f ( x )= x − x trên  2 +1 3.2 x ln 2 ta có f ' ( x ) = 1 + > 0 ∀x ∈  ( 2x + 1) 2 3 nên hàm số f ( x )= x − nghịch biến trên  2 +1 x
7 0,25 mà f (1) = 0 suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất PT(3) 0,25 Với x = 1 ta có y = ±1 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm ( x; y ) ∈ {(1;1) , (1; −1)} . u1 = 1  Câu 6.2 (1,0 điểm): Cho dãy số ( un ) xác định bởi hệ thức  với mọi n ≥ 1 . = 3un 2 + 2 ∀n ≥ 1 un +1  2 2 2 2 Tính tổng S = u1 + u2 + u3 + ... + u2024 . Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có un > 0, ∀n ∈  . * 0,25 Vậy un +1 = 3un + 2 ⇔ un +1 3un + 2 ⇔ un +1 + 1 3 ( un + 1) . 2 2 = 2 2 = 2 0,25 Đặt x= un + 1 thì ta có: xn += 3 xn , ∀n ∈ * . n 2 1 Từ đây suy ra ( xn ) là cấp số nhân với số hạng đầu x1 = 2 , công bội là q = 3 . 0,25 Nên: x= 2.3n −1 ⇒ un 2.3n −1 − 1 . n 2 = S= 2.30 + 2.31 + 2.32 + ... + 2.32023 − 2024 2 ( 32024 − 1) 0,25 = 2 ( 3 + 3 + 3 + ... + 3 = 0 1 ) − 2024 2 2023 − 2024 32024 − 2025 = 3 −1 Câu 7. (1,5 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 6 biểu thức 16 − a 3 16 − b3 16 − c 3 M = + + a b c Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm 3 3 3 16 − a 16 − b 16 − c 1 1 1 Ta có M = a + b + c = 16  + +  − a 2 + b 2 + c 2 a b c ( ) 0,25  ab + bc + ca  = 16   − 36 + 2 ( ab + bc + ca )  abc   8  = 2 ( ab + bc + ca )  + 1 − 36  abc  0,25  8  = 2 ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) + 2abc ( a + b + c )  2 2 2 + 1 − 36  abc  2 2 2 Vì A + B + C ≥ AB + BC + CA với mọi số thực dương A, B, C nên 0.25 ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≥ abc ( a + b + c ) =abc 2 2 2 6
8 8 8 4 2 Và +1 ≥ 2 .1 = 0,25 abc abc abc 4 2 Nên M ≥ 2 6abc + 12abc . − 36 = 12 0,25 abc Dấu “=” xảy ra khi a= b= c= 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 12. 0,25 ------ Hết------