3 đáp án đề minh họa môn toán 2020 2021

- Thí sinh làm bài theo cách khác với HDC mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của HDC.. - Điểm bài thi là tổng điểm các bài không làm tròn số... Tính góc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

***

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MINH HỌA

Môn: TOÁN (ĐA, HDC có 05 trang)

Lưu ý khi chấm bài

- Hướng dẫn chấm (HDC) dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách Khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic

- Thí sinh làm bài theo cách khác với HDC mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của HDC

- Điểm bài thi là tổng điểm các bài không làm tròn số

I PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1 (2,0 điểm)

1 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 3   2   1

đồng biến trên

2;

2 Cho hàm số

2 1 1

x y x





 có đồ thị ( )C và điểm P2;5 

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường

thẳng d y:  x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều.

1

(1,0 điểm)

Ta có y mx2 2m1x3m 2  Hàm số đã cho đồng biến trên 2;  y  0, x 2; và  y 0 tại hữu hạn điểm

0,25

 

2 2

2

6 2

2 3

x



 

0,25

Xét   26 2 , 2; 

2 3

x



 

2

2 2

2 3

f x

 

3 6 2;

0

3 6 2;

x

f x

x

   

    



0,25

 2 2, 3 6 2 6, lim   0

 



Hàm số đã cho đồng biến trên 2;  2

3

m

  

0,25

2

(1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( )C là:

2 1 1

x

x m x



  

 x2 (m 3)x m  1 0 1 

, với x 1

Đường thẳng d và đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình   1 có hai nghiệm phân biệt khác  1

2 2 13 0

0 3 0

m

 

 

0,25

Gọi x x là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 1, 2

1 2

1 2

3 1

  





 

 Giả sử A x 1; x1m

, B x 2; x2m Khi đó ta có: AB 2x1 x22

0,25

 1 22  1 52  1 22  2 22

,

 2 22  2 52  2 22  1 22

Suy ra PAB cân tại P

0,25

Do đó PAB đều  PA2 AB2

x1 22 x2 22 2x1 x22 x1 x22 4x1 x2 6x x1 2 8 0

5

m

m





 Vậy giá trị cần tìm là m1, m5.

0,25

Câu 2 (1,0 điểm)

Giải phương trình

3 2

3 2

x x

x x x x

  



(1,0 điểm)

Điều kiện

2 3

x  

Phương trình tương đương

log 3 2 3 2 log 3 2 3 2

0,25

Xét hàm số ylogt t trên 0;

Ta có   1 1 0, 0; 

ln10

t

, nên f t 

đồng biến

0;

Từ đó suy ra

3x 2x 3 2

3x 2x 3x 2 0

0,25

Xét hàm số g x  3x2x 3x 2, với

2

3

x   

Ta có g x 3 ln 3 2 ln 2 3x  x 

  3 ln 3x 2 2 ln 2x 2 0,

2

3

   

0,25

nên g x   có không quá 1 nghiệm, suy ra 0 g x   0 có không quá 2 nghiệm trên

2

3

 

Mà g 0 g 1  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm0 0; 1

0,25

1 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có tất cả các cạnh bằng a

a Tính góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC 

b Gọi G là trọng tâm tam giác AA B  , I là trung điểm của BB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng C G và A I

2 Cho khối chóp S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A B, , biết AB BC 2 ,a AD a . Tam giác

SBC cân tại , S tam giác SCD vuông tại C Khoảng cách giữa SA và CD bằng

4 5

a

Tính thể tích khối chóp S ABCD đã cho.

1a

(1,0 điểm)

AB ABC,  AB AB, 

0,5

   (Vì  ABB vuông cân tại B

0,5

1b

(1,0 điểm)

Gọi M là trung điểm của AA  A I BM    A I    C BM  

 ,   ,    ,  

Do M là trung điểm của AA , kéo dài C M cắt AC tại E

 A là trung điểm của CE

2

0,25

Trong  BCE có BA AE   AC   BCE vuông tại B

Dựng CH BC CH BC E   d C BC E ,    CH 0,25

BCC

 vuông, cân tại

2 ,

2

a

0,25

(1,0 điểm)

Gọi H là hình chiếu của S lên mp ABCD  

Do SB SC   H thuộc đường trung trực của BC

Do SCD 90  CDHC

0,25

Gọi I là trung điểm của BC

   ,  D,  

Trong  CDH có

2

a

 

DI

 

5

a

d H SAI

0,25

.

CD CH   AI  CH Gọi J AI HC, dựng HK  SJ

   ,  

5

a

,

Trong tam giác vuông SHJ có: 2 2 2

5

a SH

0,25

3 2

Câu 4 (2,0 điểm).

Cho S là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính

xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1

(2,0 điểm)

Vì S là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số nên

 : 0; ; , , , , 0,1, 2, ,9 

  9.9.8.7.6 27216

n S

Số phần tử của không gian mẫu là   1

27216 27216

n  C 

0,25

bằng 1 từ tập S”.

Khi abcde7 và abcde có tận cùng bằng 1,do đó abcde7.M với

1428M 14285 và M có chữ số tận cùng là 3

Xét các trường hợp sau:

1) M là số có 4 chữ số có dạng mnpq Khi đó: . mnpq 1428 và q 3

- Với m  , do 1 mnpq 1428 và q  nên 3 n 4

+) Khi n  thì 4 p  nên 2 p 4;5;6;7;8;9 Ta được 6 số thỏa mãn.

+) Khi n  : Có 5 cách chọn n thuộc tập hợp 5 5;6;7;8;9 Khi đó , ,

0,25

- Với m  tức là có 7 cách chọn m từ tập 2 2;4;5;6;7;8;9 Khi đó

1428

n p m , do đó có 8 cách chọn n , có 7 cách chọn p.

Ta được 7.8.7 392 số thỏa mãn

0,25

2) M là số có 5 chữ số có dạng mnpqr Khi đó: . mnpqr 14285 và r 3.

Do mnpqr 14285nên m chỉ nhận giá trị bằng 1 và n 4.

- Với m1;n0, 2 thì p,qlà các số tùy ý thuộc tập 0;2; 4;5;6;7;8;9

và

p q n  Ta được 2.7.6 84 số thỏa mãn

0,25

- Với m1;n :4 +) Khi p  thì 0 q là số tùy ý thuộc tập 2;5;6;7;8;9 

Ta được 6 số thỏa mãn

+) Khi p  thì 2 q phải thuộc tập 0;5;6;7;8

Ta được 5 số thỏa mãn

0,25

Vậy số phần tử của biến cố X là n X    6 35 392 84 6 5 528.    

0,25 Xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là 1

bằng

   

 

528 11

27216 567

n X

P X

n



0,25

II PHẦN TRẮC NGHIỆM (12 điểm)