Đề học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Kon Tum

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm học 2023 – 2024 sở Giáo dục và Đào tạo UBND tỉnh Kon Tum; kỳ thi được diễn ra vào ngày 26 tháng 01 năm 2024; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.

22 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

17 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
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)
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
32
32yx x m=−+
luôn có hai điểm cực trị và khoảng cách giữa
hai điểm cực trị đó không phụ thuộc vào tham số
m
.
2. Cho
,,abc
là các số thực dương khác 1 thỏa mãn
2
2024
log 4; log 3; log 2
a
c
ab b
= = =
. Tính
giá trị của biểu thức
(
)
24
2024
logQ ab c=
.
Câu 2 (4,0 điểm):
1. Giải phương trình
( )( )
cos sin 1 sin 2 cos 2xx x x+ −=
.
2. Cho hàm số
( )
2
f x x mx= −
. Xác định giá trị của
m
để hàm số
đạt cực tiểu
tại điểm
0
1x =
.
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
2AC a=
. Giả sử mặt phẳng
( )
'ABC
và mặt phẳng
( )
''
ABC
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
60
o
ABC =
. Biết
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
45
o
.
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):
1. Cho dãy số
( )
n
u
được xác định
1
1u =
và
*
12
1
...
1,
n
n
uu u
u nn
n
+
+ ++
= + + ∀∈
. Tính tổng
1 2 2 3 2023 2024
11 1
...
.. .
S
uu uu u u
= + ++
.
2. Giải hệ phương trình
( )
( )
3
2 2 11 2
3
yx x
x x xy
+ +− =
−+=+
.
Câu 7 (1,5 điểm): Cho ba số thực
,,xyz
thỏa mãn
0, 0, 1xyz≥≥≥
và
2xyz++=
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P xyz=
.
----------------------------------------- HẾT -----------------------------------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không được giải thích gì thêm.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
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 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
32
32yx x m=−+
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
2
'3 6
yxx= −
.
0,25
0
'0
2
x
y
x
=
= ⇔
=
.
0,25
Suy ra đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị là
( )
0; 2Am
,
( )
2; 2 4Bm−
.
0,5
Ta có
( )
2; 4AB
= −

.
0,25
Vậy
25AB =
không phụ thuộc vào
m
.
0,5
Câu 1.2 (1,5 điểm): Cho
,,
abc
là các số thực dương khác 1 thỏa mãn
2
2024
log 4; log 3; log 2
a
c
ab b= = =
. Tính giá trị của biểu thức
(
)
24
2024
logQ ab c=
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có:
+
4
2024
log 4 2024aa
=⇔=
.
0,25
+
3 6 2 12
log 3 2024 2024
a
b ba b=⇔= = ⇔ =
.
0,25
+
2
4 43
log 2 2024
c
b c bc=⇔= ⇔=
.
0,25
Suy ra
(
)
( )
24 24
2024 2024
1
log log
2
Q ab c ab c= =
.
0,25
( )
4 12 3
2024
1
log 2024 .2024 .2024
2
=
0,25
19
2024
1 19
log 2024
22
= =
.
0,25
HƯỚNG DẪN CHÍNH THỨC
2
Câu 2.1 (2,0 điểm): Giải phương trình
( )( )
cos sin 1 sin 2 cos 2xx x x+ −=
(1).
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Phương trình (1)
(
)( )
2
cos sin cos sin cos 2xx xx x⇔+ − =
.
0,25
( )
cos 2 cos sin cos 2xx x x⇔ −=
.
0,25
cos 2 0
cos sin 1
x
xx
=
⇔
−=
.
0,25
*
cos202
2
x xk
π
π
=⇔=+
.
0,25
,
42
k
xk
ππ
⇔= + ∈
.
0,25
*
cos sin 1 2 cos 1
4
xx x
π

− =⇔ +=


.
0,25
2
2,
44
2
2
xk
xk k
xk
π
ππ
π
π
π
=
⇔+ =± + ⇔ ∈
−
= +
.
0,25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
42
k
x
ππ
= +
;
2; 2
2
xk x k
π
ππ
−
= = +
,
( )
k ∈
.
0,25
Câu 2.2 (2,0 điểm): Cho hàm số
( )
2
f x x mx= −
. Xác định giá trị của
m
để hàm số
( )
2
y f x mx= −
đạt cực tiểu tại điểm
0
1x =
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Hàm số
( )
2
f x x mx= −
xác định trên
và
( )
'2f x xm= −
.
0,25
( )
'0
2
m
fx x=⇔=
.
0,25
Hàm số
( )
2
y f x mx
= −
xác định trên
và có
( )
( )
2
' 2 .'y x m f x mx=−−
.
0,25
Vì hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0
1x =
suy ra
( ) ( ) ( )
'1 0 2 . '1 0
y mf m=⇔− − =
.
0,25
2
2
3
m
m
=
⇔
=
.
0,25
Lại có
( )
( )
( )
2
22
'' 2.' 2 .''y f x mx x m f x mx= − +− −
.
0,25
* Với
2m =
, ta có
( ) ( )
'' 1 2. ' 1 8 0yf= − =−<
nên hàm số đạt cực đại tại
0
1x =
. Do đó,
2m =
không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
* Với
2
3
m =
, ta có
( )
1 16 1 32
''1 2.' .'' 0
39 3 9
yf f
 
=+=>
 
 
nên hàm số đạt cực tiểu tại
0
1x =
. Vậy
2
3
m =
là giá trị cần tìm.
0,25
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
( )
10!n Ω=
.
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
( )
nA
như sau:
Xét ba tập hợp
{
} {
} {
}
0 12
0;3;6;9 ; 1; 4; 7 ; 2;5;8A AA
= = =
.
0,25
Gọi các số được điền vào các ô vuông theo thứ tự từ trái qua phải lần lượt là
01 9
; ;...;aa a
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
012
aaa++
chia hết cho 3 và các bộ số
+
0369
,,,aaaa
có cùng số dư khi chia cho 3.
+
147
,,aaa
có cùng số dư khi chia cho 3.
+
258
,,aaa
có cùng số dư khi chia cho 3.
0,25
Suy ra
{ }
0 0369
;;;A aaaa=
và
{ }
1 147
;;A aa a=
hoặc
{ }
1 258
;;A aaa=
.
0,25
Khi đó ta có
( ) (
)
4!. 3!.3! 3!.3! 2.4!.3!.3!
nA= +=
.
0,25
Xác suất
( )
( )
( )
2.4!.3!.3! 1
10! 2100
nA
pA
n
= = =
Ω
.
0,5
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
2AC a=
. Giả sử mặt phẳng
( )
'ABC
và mặt phẳng
( )
''ABC
vuông góc nhau. Tính thể tích
khối lăng trụ đã cho.
Đáp án và biểu điểm
A
B
C
C'
B'
A'
4
Nội dung
Điểm
Vì tam giác
ABC∆
vuông cân ở
B
suy ra
2
2
2
a
AB BC a= = =
.
0,25
Diện tích tam giác
ABC∆
là
( )
2
2
1
2
2
ABC
S aa= =
.
0.25
Ta có
AB BC
⊥
và
'AB BB⊥
(vì
( )
'BB ABC⊥
) nên
( )
''AB BCC B⊥
suy ra
( ) ( )
' ''ABC BCC B⊥
.
0,25
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
'2CC a=
.
0,25
Thể tích khối lăng trụ bằng
23
.2 2V aa a= =
.
0,5
Câu 5 (4,0 điểm): Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
60
o
ABC =
. Biết
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
45
o
.
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
Câu 5.1 (2,0 điểm):
Nội dung
Điểm
Gọi
H
là trọng tâm tam giác
∆
ABC
. Tam giác
ABC
đều (vì
; 60
o
AB BC ABC= =
) và
SA SB SC= =
suy ra
( )
⊥SH ABCD
.
0,25
Góc giữa
SD
và
( )
ABCD
là
45SDH = °
.
0,25
Kẻ
// ,NK SH
(K
nằm trên đoạn
BH
vì
N
nằm trên cạnh
)SD
suy ra
()NK ABCD⊥
Suy ra góc giữa
AN
và
( )
ABCD
là
45
o
NAK =
.
0,25
Tam giác
AKN∆
vuông cân tại
K
(vì
, 45
o
NK AK NAK⊥=
) nên
AK NK=
.
0,25
L
K
G
N
H
E
M
C
A
D
B
S
F
5
Tam giác
NKD∆
vuông cân tại
K
(vì
, 45
o
NK KD NDK⊥=
) nên
DK KN=
. Suy ra
KD KA=
.
0,25
Mà
K BD∈
suy ra
K
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ACD∆
.
0,25
Suy ra
1
3
DK BD BH= =
. Do đó
K
là trung điểm
DH
.
0,25
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
Gọi
L
là điểm trên
AE
sao cho
//HL AE HL CE⊥⇒
và
2
a
HL CE= =
.
0,25
Vì
//AE CM
nên
(
)
, ( ,( )) ( , ( ))d CM AG d CM SAE d H SAE= =
.
0,25
Gọi
F
là hình chiếu vuông góc của
H
lên
SL
.
Ta có
()
HL AE
AE SHL AE HF
SH AE
⊥
⇒⊥ ⇒⊥
⊥
.
0,25
Mà
HF SL⊥
nên
()HF SAE⊥
suy ra
( , ( ))d H SAE HF=
.
0,25
Tam giác
SHL
vuông tại
H
có
HF
là đường cao nên
2 22
1 11
HF HS HL
= +
0,25
22 2
3 4 19
44
aa a
= +=
.
0,25
Suy ra
2 19
19
a
HF
=
. Vậy
( )
2 19
,
19
a
d CM AG =
.
0,25
Câu 6.1 (1,0 điểm): Cho dãy số
( )
n
u
được xác định
1
1u =
và
*
12
1
...
1,
n
n
uu u
u nn
n
+
+ ++
= + + ∀∈
. Tính tổng
1 2 2 3 2023 2024
11 1
...
.. .
S
uu uu u u
= + ++
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có
12 1
...
,2
1
n
n
uu u
u nn
n
−
+ ++
= + ∀≥
−
( )
( )
12 1
... 1 . 1 , 2
nn
u u u n u nn n
−
⇔ + + + = − − − ∀≥
.
0,25
Khi đó
( ) ( )
1
1 1 2, 2
nn n
u un n u n
+
= − − + + = + ∀≥
, mà
2
3u
=
nên
1
2, 1
nn
uu n
+
= + ∀≥
.
Suy ra
( )
n
u
là cấp số cộng với
1
1u =
và công sai
2d =
. Suy ra
*
2 1,
n
un n= − ∀∈
.
0,25
3 2 2024 2023
21
1 2 2 3 2023 2024 1 2 2 3 2023 2024
11 1 1
... ...
. . . 2. . .
uu u u
uu
S
uu uu u u uu uu u u

−−
−
= + ++ = + ++


0,25
1 2 2 3 2023 2024 1 2024
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2023
... 1
2 2 2 4047 4047uuuu u u uu


=−+−++−=−=− =




.
0,25
6
Câu 6.2 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
( )
3
2 2 11 2 1
32
yx x
x x xy
+ +− =
−+=+
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Điều kiện:
3
3
1
2 10
2
30
30
x
x
xx
xx
+≥
≥−
⇔

−+≥
−+≥
.
0,25
Phương trình (1) ta có
( )
( ) ( )( )
2 2112 211 1 210y x xx y x+ +− = ⇔ +− +− + =
2 11 0
2 11
x
yx
+−=
⇔
= +−
.
0,25
Với
2 11 0 0xx
+−= ⇔ =
, thay vào phương trình (2) ta được
3y
=
. Thỏa mãn hệ
phương trình.
0,25
Với
2 11yx
= +−
thay vào phương trình (2) ta được
3
3 21 1xx x x−+− +=−
(*)
Xét
1x
=
là một nghiệm của phương trình (*), suy ra
31y = −
. Thỏa mãn hệ phương
trình.
0,25
Xét
1x ≠
, ta có
3
32
3
32
3 21 2
3 21
xx
xx x xx
xx x
−+
−++ += = +−
−+− +
.
0,25
Kết hợp với (*) suy ra
( )
( )
2
2
2
221 1 211 1xx x x+= −⇔ ++ = +
21xx⇔ +=
(vì
10
x +>
)
0,25
2
0
12
2 10
x
x
xx
≥
⇔ ⇔=+
− −=
. Khi đó
2y =
. Thỏa mãn hệ phương trình.
0,25
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm
( )
;xy
là
( )
0; 3 ;
( )
1; 3 1 ;−
( )
1 2; 2 .+
0,25
Câu 7. (1,5 điểm): Cho ba số thực
,,xyz
thỏa mãn
0, 0, 1xyz≥≥≥
,
2xyz++=
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P xyz
=
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có:
( )
22
23
21
. . 44
2 24
xy z
P xyz z z z z z
+−

=≤ = = −+


.
0,25
Xét hàm số
( )
23
44fz z z z=−+
trên
[ ]
1;2
.
0,25
Ta có:
( ) ( )
2
48 3; 0 2fz z zfz z
′′
=− + =⇔=
(vì
[ ]
1;2z ∈
)
0,25
Bảng biến thiên của hàm số
( )
fz
:
0,25
7
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
( ) ( )
1 11
1
4 44
P fz f= ≤=
,
[ ]
1; 2z∀∈
.
0,25
Vậy
max
1
4
P =
khi
1
1
2
z
xy
=
= =
.
0,25
..................................HẾT................................
UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn: TOÁN
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):
1. Cho hàm số
2
21
x
y
x
+
=
−
có đồ thị
( )
C
và đường thẳng
( )
:
m
d y xm= +
. Tìm
m
để
( )
C
cắt
( )
m
d
tại
hai điểm phân biệt
A
,
B
sao cho
32AB =
.
2. Cho hai số thực dương
,ab
khác 1 thỏa mãn
log 2 3
a
=
,
1
log
3
b
a
=
. Tính giá trị của biểu thức
( )
4
logP ab=
.
Câu 2 (4,0 điểm):
1. Cho hàm số
( )
y fx=
liên tục trên
, bảng biến thiên của hàm số
( )
'fx
như sau:
Tìm số điểm cực trị của hàm số
( )
2
2y fx x= −
.
2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để phương trình
2cos 2 2 .sin 3 2xm xm
+=+
có đúng hai
nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng
3
0;
2
π



.
Câu 3 (2,0 điểm): Cho đa giác đều có
2 ( , 2)nn n∈≥
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
4OA
. 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):
1. Giải hệ phương trình:
( )( )
5 4 10 6
2
.
1 2124
xx
x xy y y
y
+=+
+ += +
2. Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
1
2
1
1
3 2, 1
nn
u
uu n
+
=
= + ∀≥
. Tính tổng
222 2
1 2 3 2024
...Suuu u=++++
.
Câu 7 (1,5 điểm): Cho
,,abc
là ba số thực dương thỏa mãn
6abc++=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
333
16 16 16abc
M
abc
−−−
=++
----- Hết-----
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm.
ĐỀ THI DỰ BỊ
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 gồm 08 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 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
Câu 1.1. (2,0 điểm): Cho hàm số
2
21
x
y
x
+
=
−
có đồ thị
( )
C
và đường thẳng
( )
:
m
d y xm= +
. Tìm
m
để
( )
C
cắt
( )
m
d
tại hai điểm phân biệt
A
,
B
sao cho
32AB =
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
C
và
( )
m
d
là
2
21
x
xm
x
+
= +
−
(*)
0,25
Điều kiện
1
2
x ≠
.
Khi đó, (*) tương đương
( )
0gx=
(1) với
( ) ( )
2
22 1 2gx x m x m= + − −−
0,25
Từ PT(1) ta có
( ) ( )
2
2
' 1 2 2 50
15
0
22
m mm
g
∆= − + + = + >

=−≠


nên
( )
m
d
cắt
( )
C
tại hai điểm
phân biệt
(
) ( )
11 2 2
; ,;Ax x m Bx x m++
0,25
Với
12
;xx
là hai nghiệm của (1) theo định lí Vi-ét ta có
12
12
1
2
.
2
xx m
m
xx
+=−
−−
=
.
0,25
Khi đó,
( ) ( )
22
2 1 1 2 12
2 24AB x x x x x x

= −= +−

0,25
( )
2
25m= +
.
0,25
Có
2
2
32 5 9
2
m
AB m
m
=
= ⇔ +=⇔
= −
.
Vậy
2m = −
hoặc
2m =
.
0,5
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI DỰ BỊ
2
Câu 1.2. (1,5 điểm): Cho
,ab
là hai số thực dương khác 1 thỏa mãn
log 2 3
a
=
và
1
log
3
b
a =
. Tính
giá trị của biểu thức
(
)
4
log
P ab=
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có
log 2 3
a
=
suy ra
3
2a =
0,25
1
3
2a⇔=
.
0,25
1
log
3
b
a =
1
3
ab⇔=
0,25
31
22
2ba
⇔= =
.
0,25
Suy ra
( )
22
15
1
36
2
4
22
log log 2 .2 log 2P ab

= = =


0,25
15 5
.
2 6 12
= =
.
0,25
Câu 2.1. (2,0 điểm): Cho hàm số
(
)
y fx=
liên tục trên
, bảng biến thiên của hàm số
( )
'
fx
như
sau:
Tìm số điểm cực trị của hàm số
( )
2
2y fx x= −
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Tập xác định
D =
0,25
Ta có
( )
( )
2
2 1. 2
y x fx x
′′
=−−
.
0,25
( )
2
1
0
20
x
y
fx x
=
′
= ⇔
′
−=
.
0,25
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2 ; 1 (1)
2 1; 0 ( 2 )
20
2 0;1 (3)
2 1; ( 4 )
x xa
x xb
fx x
x xc
x xd
− = ∈ −∞ −
− = ∈−
′
−=⇔
−=∈
− = ∈ +∞
0,5
3
Vì
2
21xx− ≥−
nên phương trình
(1)
vô nghiệm, các phương trình
(2), (3),(4)
đều có
hai nghiệm phân biệt khác 1 và do
,,bcd
đôi một khác nhau nên các nghiệm của các
phương trình
(2), (3),(4)
cũng đôi một khác nhau.
0,25
Do đó phương trình
( )
2
20fx x
′
−=
có 6 nghiệm phân biệt khác 1.
0,25
Vậy phương trình
0
y
′
=
có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số
(
)
2
2y fx x= −
là 7.
0,25
Câu 2.2. (2,0 điểm): Cho phương trình
2 cos 2 2 .sin 3 2xm xm+=+
.Tìm tất cả các giá trị thực của
tham số
m
để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt trên khoảng
3
0;
2
π



.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có
2
2cos 2 2 .sin 3 2 4sin 2 .sin 3xm xm xm xm+=+⇔−+=
(*)
0,25
Đặt
sintx=
, với
0;
2
x
π
3

∈


thì
(
]
1;1t ∈−
, phương trình (*) trở thành
2
4
23
t
m
t
=
−
.
0,25
Nhận xét
Với
(
]
{ }
1; 0 1t ∈− ∪
thì phương trình
sin
tx=
có đúng một nghiệm trên
3
0;
2
π



.
Với
( )
0;1
t ∈
thì phương trình
sintx
=
có đúng hai nghiệm phân biệt trên
3
0;
2
π



.
0,25
Xét hàm số
( )
2
4
23
t
ft
t
=
−
trên
(
]
1;1−
có
( )
( )
( )
2
83
'
23
tt
ft
t
−
=
−
;
0.25
với
( )
(
]
(
]
0 1; 1
'0
3 1;1
t
ft
t
= ∈−
= ⇔
= ∉−
.
0,25
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
phân biệt trên
3
0;
2
π



khi và chỉ khi
4
4
5
m− < ≤−
.
0,25
Câu 3. (2,0 điểm): Cho đa giác đều có
2 ( , 2)nn n∈≥
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
3
2n
C
.
0,5
+ Đa giác đều
2n
đỉnh có
n
đường chéo đi qua tâm nên số hình chữ nhật được tạo
thành từ 4 trong
2n
đỉnh của đa giác là
2
n
C
.
0,5
Từ giả thiết ta có:
( )
( )
(
)
32
2
2!
!
20 20
3! 2 3 ! 2! 2 !
nn
n
n
CC
nn
=⇔=
−−
.
0,5
( )(
)
( )
2 2 12 2 1
20 8
62
n n n nn
n
−− −
⇔ = ⇔=
0,25
Vậy có
2
16
16 104C −=
đường chéo.
0,25
Câu 4. (2,0 điểm): Cho tam giác
OAB
vuông cân tại
O
, có
4OA
. 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
,
04
h

.
0,25
Khi quay tam giác
OMH
quanh
OA
, ta được hình nón đỉnh
O
chiều cao
h
bán kính
đáy
r HM
.
0,25
Ta có
//
HM OB
nên
AH HM
AO OB
0,25
4
44
hr

4rh

.
0,25
2
1
3
V rh
π
2
1
4.
3
hh
π

0,25

1
4 4 .2
6
h hh
π

0,25
3
1442
63
h hh
π



256
81
π
.
0,25
Vậy
max
V
256
81
π
. Đẳng thức xảy ra khi
4
42
3
hhh−= ⇔=
0,25
Câu 5. (4,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy hình vuông cạnh
4
a
, 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
Nội dung
Điểm
Gọi
M
là trung điểm
AB
suy ra
SM AB⊥
vì
( ) (
)
SAB ABCD⊥
nên
( )
SM ABCD⊥
.
0,25
Gọi
O AC BD= ∩
suy ra
AO BD⊥
, gọi
K
trung điểm
BO
suy ra
MK BD⊥
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
Do đó,
( )
( )
( )
( )
;2;2d A SBD d M SBD MH= =
.
0,25
Mà ta có
23SM a=
;
11
2
24
MK AO AC a
= = =
.
0,25
Tam giác
SMK∆
vuông suy ra
2 2222 2
1 1 1 11 7
2 12 12MH MK MS a a a
= +=+=
nên
2 21
7
a
MK
=
.
0,25
Suy ra
(
)
( )
4 21
;
7
a
d A SBD =
.
0,25
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
O
K
M
A
B
C
D
S
H
M
N
F
E
O
A
B
C
D
S
6
Nội dung
Điểm
Gọi
,
EF
lần lượt là trung điểm
BC
và
SA
suy ra
|| ||NF AD BC
và
1
2
NF AD EC= =
nên tứ giác
NFEC
là hình bình hành
0,25
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
Mà ta có
23BF a=
(tam giác
SAB∆
đều cạnh
4
a
);
1
2
2
BE BC a
= =
.
0,25
Tam giác
BEF∆
vuông ở
B
suy ra
21
tan
23 3
a
BFE
a
= =
.
0,25
Suy ra
0
30BFE
=
. Vậy góc giữa
NC
và mặt phẳng
(
)
SAB
là
30
o
.
0,25
Câu 6.1 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình:
( )( )
5 4 10 6
2
(1)
1 2 1 2 4 (2)
xx
x xy y y
y
+=+
+ += +
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Nhận xét:
0y =
không thỏa mãn hệ đã cho.
0,25
Với
0
y
≠
, chia cả hai vế phương trình (1) của hệ cho
5
y
ta được
5
5
xx
yy
yy

+= +


.
0,25
Xét hàm số
( )
5
ft t t= +
với
t ∈
ta có
( )
4
' 5 1 0,ft t t= + > ∀∈
nên
( )
ft
đồng
biến trên tập
.
0,25
Từ đó
( )
5
52
xx x x
y y f fy y y x
yy y y
 
+ = +⇔ = ⇔ =⇔ =
 
 
(do đó
0x >
)
0,25
Thế
2
yx=
vào phương trình (2) của hệ ta được phương trình
( )
( )
1 212 4
xx
x+ += +
3
0 (3)
21
x
x
⇔− =
+
0,25
Xét hàm số
( )
3
21
x
fx x
= −
+
trên
ta có
( )
( )
2
3.2 ln 2
'1 0
21
x
x
fx x
=+ > ∀∈
+
nên hàm số
( )
3
21
x
fx x= −
+
nghịch biến trên
0,25
7
mà
( )
10f
=
suy ra
1x =
là nghiệm duy nhất PT(3)
0,25
Với
1x =
ta có
1y = ±
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm
( ) ( ) ( )
{ }
; 1; 1 , 1; 1xy∈−
.
0,25
Câu 6.2 (1,0 điểm): Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi hệ thức
1
2
1
1
32 1
nn
u
uu n
+
=
= + ∀≥
với mọi
1n ≥
.
Tính tổng
222 2
1 2 3 2024
...
Suuu u
=++++
.
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có
*
0,
n
un> ∀∈
.
Vậy
( )
2 22 2 2
1 11
32 32 13 1
n n nn n n
u u uu u u
+ ++
= + ⇔ = + ⇔ += +
.
0,25
Đặt
2
1
nn
xu= +
thì ta có:
*
1
3,
nn
x xn
+
= ∀∈
.
Từ đây suy ra
( )
n
x
là cấp số nhân với số hạng đầu
1
2x =
, công bội là
3q =
.
0,25
Nên:
12 1
2.3 2.3 1
nn
nn
xu
−−
= ⇒= −
.
0 1 2 2023
2.3 2.3 2.3 ... 2.3 2024
S = + + ++ −
0,25
( )
0 1 2 2023
2 3 3 3 ... 3 2024= ++ ++ −
(
)
2024
23 1
2024
31
−
= −
−
2024
3 2025= −
0,25
Câu 7. (1,5 điểm): Cho
,,abc
là ba số thực dương thỏa mãn
6abc++=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
333
16 16 16abc
M
abc
−−−
=++
Đáp án và biểu điểm
Nội dung
Điểm
Ta có
( )
333
222
16 16 16 1 1 1
16
abc
M abc
a b c abc
−−−

= + + = ++ − + +


(
)
16 36 2
ab bc ca
ab bc ca
abc
++

= −+ ++


0,25
(
)
8
2 1 36
ab bc ca
abc

= + + +−


( ) (
) ( ) ( )
222
8
2 2 1 36ab bc ca abc a b c
abc

= + + + ++ + −


0,25
Vì
222
A B C AB BC CA++≥++
với mọi số thực dương
,,ABC
nên
( ) ( ) ( ) ( )
222
6ab bc ca abc a b c abc+ + ≥ ++ =
0.25
8
Và
8 8 42
1 2 .1
abc abc
abc
+≥ =
0,25
Nên
42
2 6 12 . 36 12M abc abc
abc
≥ + −=
0,25
Dấu “=” xảy ra khi
2abc= = =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M
là 12.
0,25
------ Hết------
| 1/17
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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 3 2
y = x − 3x + 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 log
a = 4; log b = 3; log b = 2 . Tính 2 2024 a c
giá trị của biểu thức Q = log ( 2 4 ab c . 2024 )
Câu 2 (4,0 điểm):
1. Giải phương trình (cos x + sin x)(1−sin 2x) = cos 2x . 2. Cho hàm số ( ) 2
f x = x − mx . Xác định giá trị của m để hàm số = ( 2
y f x − mx) đạt cực tiểu tại điểm x =1. 0
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 ABC = . Biết
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 SC
∆ D . Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng AG , CM theo a .
Câu 6 (3,0 điểm): + + + 1. u u ... u
Cho dãy số (u được xác định u =1 và 1 2 n * u = + + ∀ ∈ + n n n 1, n ) 1 1  . Tính tổng n 1 1 1 S = + + ... + . u .u u .u u .u 1 2 2 3 2023 2024 (  y + 2 
)( 2x +1 − )1 = 2x
2. Giải hệ phương trình  . 3
 x − 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 = 2 . Tìm giá trị lớn
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 HƯỚ NG 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 3 2
y = x − 3x + 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 2
y ' = 3x − 6x . 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 log
a = 4; log b = 3; log
b = 2 . Tính giá trị của biểu thức Q = log ( 2 4 ab c . 2024 ) 2 2024 a c
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có: + 4 log
a = 4 ⇔ a = 2024 . 0,25 2024 + 3 6 2 12
log b = 3 ⇔ b = a = 2024 ⇔ b = 2024 . 0,25 a + 4 4 3 log
b = 2 ⇔ c = b ⇔ c = 2024 . 0,25 2 c Suy ra Q = ( 2 4 ab c ) 1 log = log ( 2 4 ab c . 0,25 2024 2024 ) 2 1 = log ( 4 12 3 2024 .2024 .2024 2024 ) 0,25 2 1 19 19 = log 2024 = 2024 . 0,25 2 2 2
Câu 2.1 (2,0 điểm): Giải phương trình (cos x + sin x)(1−sin 2x) = cos 2x (1).
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm
Phương trình (1) ⇔ ( x + x)( x − x)2 cos sin cos sin = cos 2x . 0,25
⇔ cos 2x(cos x − sin x) = cos 2x . 0,25 cos 2x = 0 ⇔  . 0,25
cos x − sin x =1 π
* cos 2x = 0 ⇔ 2x = + kπ . 0,25 2 π kπ ⇔ x = + ,k ∈  . 0,25 4 2  π 
* cos x − sin x = 1 ⇔ 2 cos x + =   1. 0,25  4  x = k2π π π x k2π  ⇔ + = ± + ⇔ π − ,k ∈ . 0,25 4 4 x = + k2π  2 π kπ
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = + ; π x k2π; x − = =
+ k2π ,(k ∈) . 4 2 2 0,25
Câu 2.2 (2,0 điểm): Cho hàm số ( ) 2
f x = x − mx . Xác định giá trị của m để hàm số = ( 2 y f x − mx)
đạt cực tiểu tại điểm x =1. 0
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Hàm số ( ) 2
f x = x − mx xác định trên  và f '(x) = 2x − m . 0,25 '( ) = 0 m f x ⇔ x = . 0,25 2 Hàm số = ( 2
y f x − mx) xác định trên  và có y = ( x − m) f ( 2 ' 2 . ' x − mx) . 0,25
Vì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x =1 suy ra y '( )
1 = 0 ⇔ (2 − m). f '(1− m) = 0 . 0 0,25 m = 2  ⇔ 2 . 0,25 m =  3
Lại có y = f ( 2
x − mx) + ( x − m)2 f ( 2 ' 2. ' 2 . ' x − mx). 0,25
* Với m = 2 , ta có y ' ( ) 1 = 2. f '(− ) 1 = 8
− < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x =1. Do đó, 0 0,25
m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2
* Với m = , ta có y ( )  1  16  1  32 ' 1 = 2. f ' + . f ' = >    
0 nên hàm số đạt cực tiểu tại 3  3  9  3  9 0,25 2
x =1. Vậy m = là giá trị cần tìm. 0 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 A = 0;3;6;9 ; A = 1;4;7 ; A = 2;5;8 . 0 { } 1 { } 2 { }
Gọi các số được điền vào các ô vuông theo thứ tự từ trái qua phải lần lượt là a ;a ;...;a 0 1 9 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
a + a + a chia hết cho 3 và các bộ số 0 1 2
+ a ,a ,a ,a có cùng số dư khi chia cho 3. 0 3 6 9
+ a ,a ,a có cùng số dư khi chia cho 3. 1 4 7
+ a ,a ,a có cùng số dư khi chia cho 3. 2 5 8
Suy ra A = a ;a ;a ;a và A = a ;a ;a hoặc A = a ;a ;a . 1 { 2 5 8} 1 { 1 4 7} 0 { 0 3 6 9} 0,25
Khi đó ta có n( A) = 4!.(3!.3!+ 3! ) .3! = 2.4!.3!.3!. 0,25
Xác suất p( A) n( A) 2.4!.3!.3! 1 = = = . n(Ω) 10! 2100 0,5
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 Vì tam giác A
∆ BC vuông cân ở B suy ra 2a AB = BC = = a 2 . 0,25 2 1
Diện tích tam giác A ∆ BC là S = a = a ABC ( 2)2 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 2 3
V = a .a 2 = a 2 . 0,5
Câu 5 (4,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  60o ABC = . Biết
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 SC
∆ D . Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng AG , CM theo a .
Đáp án và biểu điểm S N G F A D L M 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 =  ; = 60o AB BC ABC ) và
SA = SB = SC suy ra SH ⊥ ( ABCD). 0,25
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  45o NAK = . Tam giác A
∆ KN vuông cân tại K (vì ⊥  , = 45o NK AK NAK
) nên AK = NK . 0,25 5 Tam giác NKD ∆
vuông cân tại K (vì ⊥  , = 45o NK KD NDK
) nên DK = KN . Suy ra 0,25 KD = KA .
Mà K ∈ BD suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A ∆ CD . 0,25 1
Suy ra DK = BD = BH . Do đó K là trung điểm DH . 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
Vì AE / /CM nên d (CM , AG) = d(CM ,(SAE)) = d(H,(SAE)) . 0,25
Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên SL . HL ⊥ AE Ta có 
⇒ AE ⊥ (SHL) ⇒ AE ⊥ HF . 0,25 SH ⊥ AE
Mà HF ⊥ SL nên HF ⊥ (SAE) suy ra d(H,(SAE)) = HF . 0,25
Tam giác SHL vuông tại H có HF là đường cao nên 1 1 1 = + 0,25 2 2 2 HF HS HL 3 4 19 = + = . 0,25 2 2 2 4a a 4a Suy ra 2a 19 HF =
. Vậy d (CM AG) 2a 19 , = . 0,25 19 19
Câu 6.1 (1,0 điểm): Cho dãy số (u được xác định u =1 và n ) 1
u + u + ... + u 1 1 1 1 2 n * u = + + ∀ ∈ S = + + ... + . + n n n 1, 1  . Tính tổng n u .u u .u u .u 1 2 2 3 2023 2024
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm + + + Ta có u u ... u 1 2 n 1 u − = + n n ∀ ≥ n , 2 n −1 0,25
⇔ u + u + ... + u = − − − ∀ ≥ . − n u n n n n 1 . n 1 , 2 1 2 1 ( ) ( ) Khi đó u = − − + + =
+ ∀ ≥ , mà u = 3 nên u = + ∀ ≥ . + u n n n 2, 1 + u n n u n n n 1 1 n 2, 2 1 ( ) ( ) 2 1 0,25
Suy ra (u là cấp số cộng với u =1và công sai . Suy ra * = − ∀ ∈ n ) 1 d = 2 u n n n 2 1,  . 1 1 1 1  u − u u − u u − u  2 1 3 2 2024 2023 S = + + ... + =  + + ... + 0,25 u .u u .u u .u 2  u .u u .u u .u  1 2 2 3 2023 2024 1 2 2 3 2023 2024  1  1 1 1 1 1 1  1  1 1  1  1  2023 =  − + − + ... + −  =  −  = 1− = . 2 0,25  u u u u u u  2  u u  2 4047    4047 1 2 2 3 2023 2024 1 2024 6 (  y + 2) 
( 2x+1− )1 = 2x ( ) 1
Câu 6.2 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình  . 3
x − x + 3 = x + y  (2)
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm  1 2x +1 ≥ 0 x ≥ − Điều kiện:  ⇔  2 . 0,25 3
x − x + 3 ≥ 0  3
x − 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 ⇔  .
y = 2x +1 −1
Với 2x +1 −1 = 0 ⇔ x = 0 , thay vào phương trình (2) ta được y = 3 . Thỏa mãn hệ 0,25 phương trình.
Với y = 2x +1 −1 thay vào phương trình (2) ta được 3
x − x + 3 − 2x +1 = x −1 (*)
Xét x =1 là một nghiệm của phương trình (*), suy ra y = 3 −1. Thỏa mãn hệ phương 0,25 trình. 3 − + Xét x 3x 2 x ≠ 1, ta có 3 2
x − x + 3 + 2x +1 = = x + x − 2 . 0,25 3
x − x + 3 − 2x +1 2 Kết hợp với (*) suy ra 2
2 2x +1 = x −1 ⇔ ( 2x +1+ )1 = (x + )2
1 ⇔ 2x +1 = x (vì 0,25 x +1 > 0 ) x ≥ 0 ⇔ 
⇔ x =1+ 2 . Khi đó y = 2 . Thỏa mãn hệ phương trình. 0,25 2
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 = 2 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P = xyz .
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm 2 2 Ta có:  x + y   2 − z  1 P = xyz ≤ .z = .z = ( 2 3 4z − 4z +     z ) . 0,25  2   2  4
Xét hàm số f (z) 2 3
= 4z − 4z + z trên [1;2] . 0,25 Ta có: f ′(z) 2
= 4 −8z + 3z ; 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 1 z =1 Vậy P =  max khi . 0,25 4  1 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): 1. Cho hàm số x + 2 y =
có đồ thị (C) và đường thẳng (d
y = x + m . Tìm m để (C) cắt (d tại m ) m ) : 2x −1
hai điểm phân biệt A , B sao cho AB = 3 2 .
2. Cho hai số thực dương a, b khác 1 thỏa mãn log = , 1
log a = . Tính giá trị của biểu thức a 2 3 b 3 P = log ab . 4 ( ) 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 ( 2
x − 2x) .
2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2cos 2x + 2 .
m sin x = 3m + 2 có đúng hai
nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng  3π 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 S ∆ AB 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): 5 4 10 6
x + xy = y +  y
1. Giải hệ phương trình: ( . 2 1+ y  )(2x + )1 = 2x +  4 u  = 1
2. Cho dãy số (u xác định bởi  1 . Tính tổng 2 2 2 2
S = u + u + u +...+ u . n )  2 u 1 2 3 2024  = + ∀ ≥  + u n n 3 n 2 , 1 1
Câu 7 (1,5 điểm): Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 16 − a 16 − b 16 − c 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
Câu 1.1. (2,0 điểm): Cho hàm số x + 2 y =
có đồ thị (C) và đường thẳng (d
y = x + m. Tìm m m ) : 2x −1
để (C) cắt (d tại hai điểm phân biệt A , B sao cho AB = 3 2 . m )
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d là x + 2 = x + m (*) m ) 0,25 2x −1 Điều kiện 1 x ≠ . 2 0,25
Khi đó, (*) tương đương g (x) = 0 (1) với g (x) 2 = 2x + 2(m − ) 1 x − m − 2
∆ = (m − )2 + (m + ) 2 ' 1 2 2 = m + 5 > 0
Từ PT(1) ta có   1  5
nên (d cắt (C) tại hai điểm m ) g = − ≠   0 0,25   2  2
phân biệt A(x ; x + m , B x ; x + m 1 1 ) ( 2 2 )
x + x =1− m 1 2
Với x ; x là hai nghiệm của (1) theo định lí Vi-ét ta có  . 1 2  −m − 2 0,25 x .x =  1 2  2
Khi đó, AB = 2(x − x )2 = 2(x + x )2 − 4x x  2 1 1 2 1 2   0,25 = ( 2 2 m + 5) . 0,25 m = 2 Có 2
AB = 3 2 ⇔ m + 5 = 9 ⇔  . m = 2 − 0,5 Vậy m = 2 − hoặc m = 2 . 2
Câu 1.2. (1,5 điểm): Cho a, b là hai số thực dương khác 1 thỏa mãn log = và 1 log a = . Tính a 2 3 b 3
giá trị của biểu thức P = log ab . 4 ( )
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có log = suy ra 3 a = 2 a 2 3 0,25 1 3 ⇔ a = 2 . 0,25 1 1 log a = 3
⇔ a = b 0,25 b 3 3 1 2 2 ⇔ b = a = 2 . 0,25 1 1 5    
Suy ra P = log ab = log 2 .2  = log 2 4 ( ) 3 2 6 2 2 0,25 2 2      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 ( 2
x − 2x) .
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm
Tập xác định D =  0,25
Ta có y′ = (x − ) f ′( 2 2 1 . x − 2x) . 0,25 x =1 0,25 y′ = 0 ⇔  . f ′  ( 2 x − 2x) =  0 2
x − 2x = a ∈( ; −∞ − ) 1 (1) 0,5  2
x − 2x = b ∈( 1; − 0) (2) Ta có f ′( 2
x − 2x) = 0 ⇔  2
x − 2x = c ∈  (0; ) 1 (3)  2
x − 2x = d ∈(1;+ ∞  ) (4) 3 Vì 2 x − 2x ≥ 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 ′( 2
x − 2x) = 0 có 6 nghiệm phân biệt khác 1. 0,25
Vậy phương trình y′ = 0 có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số 0,25 y = f ( 2
x − 2x) là 7.
Câu 2.2. (2,0 điểm): Cho phương trình 2cos 2x + 2 .
m sin x = 3m + 2 .Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  π 
m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt trên khoảng 3 0; . 2   
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có 2 2cos 2x + 2 .
m sin x = 3m + 2 ⇔ 4 − sin x + 2 .
m sin x = 3m (*) 0,25 2 Đặt  π 3
t = sin x , với x 0;  ∈ 4t  thì t ∈( 1; − ]
1 , phương trình (*) trở thành = m . 0,25 2    2t − 3 Nhận xét Với  π t ∈( 1; − 0]∪{ }
1 thì phương trình t = sin x có đúng một nghiệm trên 3 0;   . 2    0,25 Với  π t ∈(0; )
1 thì phương trình t = sin x có đúng hai nghiệm phân biệt trên 3 0;   . 2    2 8t t − 3 Xét hàm số ( ) 4t f t = trên ( 1; − ] 1 có f '(t) ( ) = ; 2t − 3 ( 0.25 2t − 3)2 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 phân biệt trên  3π 0;   khi và chỉ khi 4 4 − < m ≤ − . 0,25 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 3 C . 0,5 2n
+ 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 2 C . n 2n ! 0,5 3 2 ( ) Từ giả thiết ta có: n! C = C ⇔ = . n 20 n 20 2 ( 3! 2n − 3)! 2 (!n − 2)! 2n(2n − ) 1 (2n − 2) n(n − ) 1 0,25 ⇔ = 20 ⇔ n = 8 6 2 Vậy có 2
C −16 =104 đường chéo. 0,25 16
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 .
Ta có HM // OB nên AH HM  0,25 AO OB 4h r
  r  4h . 0,25 4 4 1 2 V 1 0,25
 π r h  π 4h2 .h 3 3 1
 π 4h4h.2h 0,25 6 3
1 4h  4h  2h π 0,25  π   256  . 6  3  81 π Vậy V 256  . Đẳng thức xảy ra khi 4
4 − h = 2 ⇔ = 0,25 max h h 81 3
Câu 5. (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh 4a , tam giác S
∆ AB 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
vì (SAB) ⊥ ( ABCD) nên SM ⊥ ( ABCD) . 0,25
Gọi O = AC ∩ BD suy ra AO ⊥ BD , gọi K trung điểm BO suy ra MK ⊥ BD 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 Do đó, d ( ;
A (SBD)) = 2d (M;(SBD)) = 2MH . 0,25
Mà ta có SM = 2a 3 ; 1 1
MK = AO = AC = a 2 . 0,25 2 4 Tam giác 1 1 1 1 1 7 S ∆ MK vuông suy ra = + = + = nên 2 2 2 2 2 2 MH MK MS 2a 12a 12a 0,25 2a 21 MK = . 7
Suy ra d ( A (SBD)) 4a 21 ; = . 0,25 7
Câu 5. (2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh 4a , tam giác S ∆ AB 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
NF = AD = EC nên tứ giác NFEC là hình bình hành 0,25 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
Mà ta có BF = 2a 3 (tam giác S
∆ AB đều cạnh 4a ); 1
BE = BC = 2a . 0,25 2 Tam giác B
∆ EF vuông ở B suy ra  2a 1 tan BFE = = . 0,25 2a 3 3 Suy ra  0
BFE = 30 . Vậy góc giữa NC và mặt phẳng (SAB) là 30o . 0,25 5 4 10 6
x + xy = y +  y (1)
Câu 6.1 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình: ( 2 1+ y  )(2x + )1 = 2x +  4 (2)
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm
Nhận xét: y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho. 0,25 0,25 5  x x
Với y ≠ 0 , chia cả hai vế phương trình (1) của hệ cho 5 y ta được 5 + = y +   y .  y y Xét hàm số ( ) 5 0,25
f t = t + t với t ∈ ta có f (t) 4 '
= 5t +1 > 0, t
∀ ∈  nên f (t) đồng biến trên tập  . 5  x xx x 0,25 Từ đó 5
+ = y + y ⇔ f = f ( y) 2 ⇔ = y ⇔ y =    
x (do đó x > 0 )  y yy y Thế 2
y = x vào phương trình (2) của hệ ta được phương trình 0,25 (1 3 + )(2x + ) 1 = 2x x + 4 ⇔ x − = 0 (3) 2x +1
Xét hàm số f (x) 3 0,25 = x − trên  2x +1 x ta có f (x) 3.2 ln 2 ' =1+ ( > x ∀ ∈  2x + ) 0 2 1
nên hàm số f (x) 3 = x − nghịch biến trên  2x +1 7 mà 0,25 f ( ) 1 = 0
suy ra x =1là nghiệm duy nhất PT(3)
Với x =1 ta có y = 1
± Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm ( ; x y)∈ ( { 1; )1, (1;− )1}. 0,25 u  = 1
Câu 6.2 (1,0 điểm): Cho dãy số (u xác định bởi hệ thức  1 với mọi n ≥1. n )  2 u  = + ∀ ≥  + u n n 3 n 2 1 1 Tính tổng 2 2 2 2
S = u + u + u +...+ u . 1 2 3 2024
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Ta có * u > n ∀ ∈ 0,25 n 0,  . Vậy 2 2 2 2 u = + ⇔ = + ⇔ + = + . + u u + u u + u n 3 n 2 n 3 n 2 n 1 3( 2n 1 1 1 1 ) 0,25 Đặt 2
x = u + thì ta có: * x = ∀ ∈ + x n n 3 n, n n 1 1  .
Từ đây suy ra (x là cấp số nhân với số hạng đầu x = 2 , công bội là q = 3. n ) 1 Nên: n 1 − 2 n 1 x u − 0,25 = ⇒ = − . n 2.3 n 2.3 1 0 1 2 2023
S = 2.3 + 2.3 + 2.3 + ...+ 2.3 − 2024 ( 2024 2 3 − ) 1 0,25 = ( 0 1 2 2023
2 3 + 3 + 3 +...+ 3 ) − 2024 = − 2024 2024 = 3 − 2025 3−1
Câu 7. (1,5 điểm): Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 16 − a 16 − b 16 − c M = + + a b c
Đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm 3 3 3 − − − Ta có 16 a 16 b 16 c  1 1 1 M 16  = + + = + + − ( 2 2 2 a + b +   c ) a b ca b c  0,25
16 ab + bc + ca  =
− 36 + 2(ab + bc +   ca) abc  (ab bc ca) 8 2 1 = + + + −   36  abc  0,25
(ab)2 (bc)2 (ca)2 abc(a b c)  8 2 2 1 = + + + + + + −   36  abc  Vì 2 2 2
A + B + C ≥ AB + BC + CA với mọi số thực dương , A B,C nên ( 0.25
ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ≥ abc(a + b + c) = 6abc 8 Và 8 8 4 2 +1 ≥ 2 .1 = 0,25 abc abc abc Nên 4 2
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------
Document Outline

  • Đề chính thức 2023-2024
  • Hướng dẫn chấm chính thức 2023-2024
  • Đề dự bị
  • Hướng dẫn chấm dự bị