Đề thi học sinh giỏi thành phố Toán 12 năm 2023 – 2024 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 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 30 tháng 9 năm 2023
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số 3
y  x   m   2 2 3 2
1 x 12mx có đồ thị C , với m là tham số thực. m
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 C
có hai điểm cực trị nằm về hai phía so với trục hoành. m 
Câu II (3,0 điểm) 2
x  x  x  y 
 2y 1 y
Giải hệ phương trình 
, với x, y  .  2 2
 2x  3y  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 2IA  3IB  4IC  0. Xét mặt phẳng   thay đổi đi qua trung
điểm của đoạn thẳng SI và cắt các tia S ,
A 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) 6u
Cho dãy số u xác định bởi u  1 và n u  với mọi * n   . n  1 n 1  11u  9  3 n
1) Chứng minh dãy số u là dãy số giảm. n 
2) Với mỗi số nguyên dương , n đặt 2 2 2 2
S  u  u  u  ...  u . Tìm lim S . n 1 2 3 n   n 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  2 2 2
a  b  9c . --------- 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 3
y  x   m   2 2 3 2
1 x 12mx có đồ thị C , với m là tham số thực… 4,0 m
1) Với m  1, ta có 3 2
y  2x  3x 12x . Tập xác định  . Ta có f  x 2
 6x  6x 12. 0,25
Gọi x là hoành độ tiếp điểm. Do hai điểm M, N phân biệt, xét O  MN , ta được 0 ON ON 0,5 f  x 
 24 hoặc f  x    2  4. 0  0  OM OM  x  3
TH1: f  x  24  6x  6x 12  24  x  x  6  0  . 0  2 2 0 0 0 0 0  0,25 x  2  0
+) Với x  3, suy ra y  9
 , ta có PTTT: y  24x  81. 0 0 0,5 +) Với x  2  , suy ra y  4
 , ta có PTTT: y  24x  44. 0 0 I
TH2: f  x  2 2  2
 4  6x  6x 12  2
 4  x  x  2  0 (phương trình vô nghiệm). 0 0 0 0 0 0,5
(4 điểm) KL: Hai tiếp tuyến cần tìm là y  24x  81 và y  24x  44.  x  1  2) Ta có 2
y  6x  62m  
1 x 12m , suy ra 2
y  0  x  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  6m 1. 0,5
+) Với x  2m , ta có 3 2
y  8m 12m .
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía so với trục hoành thì 0,5 y 3 2 2
CĐ.yCT < 0   8m 12m  6m  
1  0  4m 2m  3 6m   1  0 (*)  3   1 
KL: Tập các giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài là  ;     ;  \       0 . 0,5  2   6  2
x  x  x  y 
 2y 1 y   1
Giải hệ phương trình  … 3,0 2 2
 2x  3y  7  x  2 3x  5  3 2  2 x  x  0 2 2   2
2x  3y  7  0  y 1  0  Điều kiện    . 5 0,25 2 2
 x  y   x  II 2 3 7 0   3  (3 điểm) 3x  5  0 
Từ phương trình (1), do VT(1) dương nên y  0. 0,5 PT(1) 2  x 
x  x  y  2 y 1  y  2 2 4 2  x 
x  x  y  y  y . 2t  1
Xét hàm số f t 2
 t  t  t , t  0 . Ta có f t   1  0, t   0. 2 2 t  t 0,5
Vậy hàm số f t  đồng biến trên khoảng 0; . Trang 1/3 Ta được 2
y  x, phương trình (2) trở thành 2
2x  3x  7  x  2 3x  5  3 0,25   2
2x  3x  7   x  
1   2x 1 3x 5  0     1 2 2
x  5x  6 0,5     0. 2
 2x  3x  7  x 1
x 1 3x  5  TH1: 2
x  5x  6  0 nên x  2; x  3. 5 1 2
TH2 : Đánh giá được từ x  nên   0. 0,5 3 2
2x  3x  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 3 30  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 3 C . 29 3 C Xác suất cần tìm bằng 29  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  SH . A 0,5 Vì S
 BC đều, có cạnh bằng 4 nên SH  2 3.  SA 3 3  Ta có o sin SHA     SHA  60 . SH 2 3 2 0,5
Vậy  SBC   ABC     o ,  60 . 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 2IA  3IB  4IC  0  18SO  2SA  3SB  4SC  2 SM  3 SN  4 SP SM SN SP     0,5
 18SO  3xSM  4 y SN  4zSP.
  
Vì bốn điểm M , N , P, O đồng phẳng và các vectơ SM , SN , SP không đồng phẳng nên
3x  4 y  4z  18. 4 9 16 Khi đó 2 2 2 T   
 x  y  z . 0,5 2 2 2 SM SN SP  2 2 2
x  y  z  2 2 2
3  4  4  3x  4y  4z2 Do T    0,5 2 2 2 3  4  4 41 4 9 16 324 Suy ra T      2 2 2 SM SN SP 41 0,5 324 54 72 72
Vậy GTNN của T bằng khi x  , y  , z   0,5 41 41 41 41 Trang 2/3 6u
Cho dãy số u xác định bởi u  1 và n u  với mọi *
n   ... n  1 n 1  4,0 11u  9  3 n
1) Chứng minh dãy số u là dãy số dương: n  0,5
Có u  1. Giả sử u  0 đúng đến n  k với k  1. 1 n 6u Khi đó k u 
 0. Theo nguyên lý quy nạp, suy ra u là dãy số dương. n  k 1  0,5 11u  9  3 k 6u Xét n u  u 
 u . Nhận xét được 11u  9  3  6, * n    . n 1  n n n 0,5 11u  9  3 n 6u Suy ra n  u  0 nên * u
 u  0, n   . Vậy dãy số u là dãy số giảm. n  n n 1  n 0,5 11u  9  3 V n (4 điểm) 6u u   u   n  11 9 3 n  6 11 9 3 n  2) Ta có u    0,5 n 1  11u 11 n 396 Suy ra 11u  6 11u  9  3  2 u  u  u . 0,5 n 1   n n 1   n 1   n  121 396 396 396 Nên 2 2 2 2
S  u  u  u  ...  u  1
u  u  u  u  u  u  1  u n 1 2 3 n  1 2 2 3 n 1  n  121 121 121 n 0,5 với n  2.
Ta có dãy số u là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn. n  0,25
Gọi lim u  a, chứng minh được a  0. n n 396 47 Do đó lim S  1   0,25 n n   121 11
Tìm GTLN của P  abc  2 2 2
a  b  9c . 2,0
Đặt z  3c , ta được a  b  z  3 và P  abz  2 2 2 3
a  b  z . 1 0,25 Ta có 3P abz a b
z  abz a b  abz
z.2ab a b2 2 2 2 2 2 3 3 2ab           abz . 2   1 a  b4 a  b2 1 t 3  t 4  3 2 3  z 
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. (2 điểm) 1 t 3  t 4  3 2
Xét hàm số f t  3  t t  với t  2. 8 4 1 t 3  t 3 0,5 4  3 2 2
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
Document Outline

• DE TOAN
• HUONG DAN CHAM