De thi hoc sinh gioi nam hoc 2022 2023

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CÁC MƠN VĂN HỐ CẤP THPT NĂM HỌC 2022 - 2023

( Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI MƠN TỐN – BẢNG B
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm).
x 1
có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm
x 1
thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng  : x  y  3 0 bằng 2 .
3
2
2) Cho hàm số y  x  2  m  1 x   5m  1 x  2m  2 có đồ thị là (Cm ) , với m là tham số. Tìm m
1) Cho hàm số y 

để (Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A  2;0  , B, C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm
2
2
nằm trong và một điểm nằm ngồi đường trịn  T  : x  y 1 .

Câu 2 (1 điểm)
Cho a,b là các số thực dương thoả mãn b > 1 và

a b  a

a
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P log a a  2log b  
b
b
Câu 3 (1,0 điểm).



2
Giải phương trình sin 4 x.sin x  4 3 cos x.cos 2 x.sin x 2 2 cos  x  
6

Câu 4 (1,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:
 x 2 1  y 2  y 2 1  x 2 m xy (1)


 x 2 y 1  y 2  1  x 2  x 2 y  x(2)
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn
ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa
giác (H) và một tam giác khơng có cạnh nào là cạnh của đa giác (H).
Câu 6 (2,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B; AB BC 4a . Tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB,
biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính thể tích khối chóp S.HBCD và cosin
của góc giữa hai đường thẳng SC và HD.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD. Gọi H, K lần lượt
là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết A  4;6  , phương trình của HK : 3 x  4 y  4 0 , điểm C

thuộc đường thẳng d1 : x  y  2 0 , điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2 0 và điểm K có
hồnh độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Câu 8 (1,0 điểm).
Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 và a 2  b2  c 2 27 .









4
4
4
2
2
2
2
2
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a  b  c  ab a  b  ac a  c  bc b  c .







--------------------HẾT-----------------------








(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu,cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:………………………. ……Số báo danh:…………………………………..
Cán bộ coi thi số 1:…………………………Cán bộ coi thi số 2:……………………………....
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
CHỌN HSG NĂM HỌC 2022-2023
Mơn: TỐN – Lớp 12 THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
Nội dung
Điểm
1.1
x 1
(1,0đ)1 1) Cho hàm số y  x  1 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những
điểm thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng  : x  y  3 0 bằng 2 .

a 1
)  (C ); a 1

a 1
a 1
a
3
+) Từ giả thiết ta có
a 1
d ( M ,  )  2 
 2
2

+) TXĐ: D  \  1 . Gọi điểm M ( a;

0,25

 a 2  3a  4 2 a  1

0,25

2

 a  5a  6 0
 2
 a  a  2 0
 a 2

 a 3

0,25

+) Với a 2  M (2;3) . Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y  2 x  7

+) Với a 3  M (3;2) . Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y 

* Vậy các phương trình tiếp tuyến của (C) cần tìm là: y  2 x  7; y 
1.2
(1,0đ)

1
7
x
2
2

0,25

1
7
x
2
2

2) Cho hàm số y  x3  2(m  1) x 2  (5m  1) x  2m  2 có đồ thị ( Cm ), với m là tham số. Tìm
m để ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(2;0), B, C sao cho trong hai điểm B, C có
một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn ( T ): x 2  y 2 1 .
+) Hoành độ giao điểm của( Cm ) và trục hồnh là nghiệm phương trình:

x 3  2(m  1) x 2  (5m  1) x  2m  2 0

0,25

2

 ( x  2)( x  2mx  m  1) 0
 x 2
 2
 x  2mx  m  1 0 (1)

0,25


+) ( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

0,25

 ' m 2  m  1  0

4  4m  m  1 0

0,25

m  ( ;

1

5
2

1 5
5 
)(
; ) \  

2
3

0,25

 x1  x2 2m
 x1.x2 m  1

+) Khi đó A(2;0), B ( x1;0), C ( x2 ;0) ; với x1; x2 là nghiệm pt(1) và 

0,25

+) Đường trịn (T) có tâm O(0;0), bán kính R=1
+) Hai điểm B, C thỏa mãn điều kiện đầu bài  (OB  R )(OC  R )  0

0,25

 ( x1  1)( x2  1)  0  x1 x2  1  x1  x2
 ( x1 x2 ) 2  1  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2
 3m 2  4m  4  0
2
 m  ( ; )  (2; )
3

0,25

Kết hợp với đk (*) , các giá trị cần tìm của m là  m  ( ;
Câu
2
(1,0đ)

Cho a,b là các số thực dương thoả mãn b > 1 và

2
)  (2; )
3

a b  a

 a
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P log a a  2log b  
b
b
+ t log a b . Vì b>1 và
1
 t  1
Nên
2
Ta có :

a b  a
0, 25

1
4
1
P
  4 ( t  1)
1 t t
2

1
4
 
Xét hàm số: f (t ) 
1 t t

0,25

  1 
4  t   ;1 
  2 

Có

0.25

 3t  2   2  t  , f '(t ) 0  t 2   1 ;1
f '(t )  2
2
 2 
t 1 t 
Bảng biến thiên

0,25
t
f’(t)

1
2

-

2
3
0

1
+


f(t)

6


5

2
3

2
Vậy Min P = 5 khi log a b   b  a

Câu3
(1,0đ)

Giải phương trình: sin 4 x.sin x  4 3 cos 2 x.cos 2 x.sin x 2 2 cos( x 


).

6

+ Phương trình đã cho tương đương với:

sin 4 x.sin x  2 3 sin 2 x.cos 2 x.cos x 2 2 cos( x 
 sin 4 x.sin x  3 sin 4 x.cos x 2 2 cos( x 


)
6


)
6


 sin 4 x(sin x  3 cos x) 2 2 cos( x  )
6
1
3

 2sin 4 x( sin x 
cos x) 2 2 cos( x  )
2
2
6


 sin 4 x cos( x  )  2 cos( x  )
6

6

 (sin 4 x  2) cos( x  ) 0
6
 sin 4 x  2(VL)

 cos( x   ) 0

6
2
 x   k
3
2
 k , k  
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x 
3

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu
4
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:
(1,0đ)
 x 2 1  y 2  y 2 1  x 2 m xy (1)



 x 2 y 1  y 2  1  x 2  x 2 y  x(2)
+) ĐK: xy 0



+) Ta có (2)  x 











1  x 2  x 2 y 1  1  y 2 (3)

0,25


Ta thấy x = 0 không thoả mãn (3) và x  1  x 2  0;1  1  y 2  0
Nên từ (3) ta suy ra : y > 0. Từ điều kiện suy ra : x > 0.
1 1
1
1  2  y  y 1  y 2 (4)
Khi đó (3)  

x x
x

0,25

Xét hàm số :

f (t ) t  t 1  t 2 , t   0;    f '(t ) 1 

t2
1 t

2

 1  t 2  0, t   0;  

1
1
Ta có f(t) nghịch biến trên khoảng  0;   .Pt (4)  f    f  y    y  xy 1
x
 x

0,25

Thay vào phương trình (1) ta được: x 2  1  1   1 1  x 2 m  x 2  1 m  2




x2  x2

x2

Ta có
Vậy hệ có nghiệm khi:
0,25
m  2 2  m 4
Câu Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H).
5
Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn được 1 tam giác có 1 cạnh là
(1,0đ) cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H).
+) Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh.
3
+) Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là C 22 1540.
2
+) Số phần tử của không gian mẫu  là n() C1540 1185030

+) Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396
+) Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22
Số tam giác khơng có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122
+) Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có một tam giác có 1 cạnh là cạnh của (H)
và 1 tam giác khơng có cạnh nào là cạnh của (H)"
1
1
+) Số phần tử của A là n(A) C396 .C1122
+) Xác suất của biến cố A là p(A) 

1
n(A) C1396 .C1122
748



n() 1185030 1995

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 6 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B; AB BC 4a. Tam
2,0 đ giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm
của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính thể tích của khới chóp
S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD.


S

A

D
K
M

H
E

C

B
N

+) Tam giác SAB cân nên  SH  AB

( SAB)  ( ABCD )


+) ( SAB)  ( ABCD )  AB   SH  ( ABCD )

SH  AB

+) Kẻ CK  HD, K  HD mà SH  ( ABCD)  SH  CK
Do đó CK  ( SHD)  d (C ,( SHD)) CK a 10

0,25

0,25

+ Tính được CH a 20  HK a 10 CK . Do đó tam giác CHK vng cân tại K



Nên KHC
45  DHC
45  tan DHC
1


+) Tam giác ABH vuông tại B nên tan BHC

2

0,25



tan BHC
 tan CHD
 3


1  tan BHC
.tan CHD




+) tan BHD
tan( BHC
 CHD
)



Mà BHD
 AHD 180 . Do đó tan AHD 3 

AD
3  AD 6a
AH

( AD  BC ). AB
20a 2
2
S ABCD  S AHD 20a 2  6a 2 14a 2

0,25

Ta có S ABCD 

S HBCD

1
3

Vậy VS .HBCD  SH .S HBCD 
1,0 đ

0,25

28a 3 3
3

Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC và HD
Tam giác SHC vuông tại H nên SC a 32
+) Gọi M  AC  HD; E BC  HD
+) Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB  AD 4a  EC 10a

AD AM
6a 3

3
3
3
3a 2
+) AD//EC nên


  AM  MC  AC  .a 32 
EC MC 10a 5
5
8
8
2
+) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB
Do đó góc giữa SC và HD là góc giữa CN và SC
3
10
4
Ta có: AH  HN  HN  a  BN  a.
5
3
3

0,25

0,25


Ta có: SN  SH 2  HN 2 

208
4 10
a; CN  BN 2  BC 2 
a.
3
3

+) Áp dụng định lý Côsin trong tam giác SCN , ta có


cos SCN


SC 2  CN 2  SN 2
5
 .
2 SC.CN
4

0,25


+) cos( SC , HD ) cos(CN , SC )  cos SCN

Vậy cos( SC , HD)  cos SCN

Câu
7
1,0đ

0,25

5
.
4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết A(4;6) , phương trình của
HK: 3x  4 y  4 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y  2 0 , điểm B thuộc đường
thẳng d 2 : x  2 y  2 0 và điểm K có hồnh độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

A

B

H

E

+) Gọi E  AC  HK


Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD
HKC
.
D


Tứ giác ABCD nội tiếp  ABC  ACD .
K


Tam giác ABD vuông tại A  ABD HAD

Vậy HKC
 ACD hay tam giác ECK cân tại E.
Vì tam giác ACK vng tại K nên E là trung điểm của AC.
C
c 4 8 c
;
)
+) Ta có: C  d1  C (c; 2  c )  E (
2
2
Vì E  HK nên tìm được c 4  C (4;  2).

0,25

0,25

+) K  HK : 3x  4 y  4 0 nên gọi


K (4t;3t  1)  HK  AK (4t  4;3t  7); CK (4t  4;3t 1)
 1
 
 t 5
2
AK

CK


AK
.
CK

0

25
t

50
t

9

0


+) Ta có:
.Vì hồnh độ điểm K
 t 9

5

0,25

4 2
)
5 5

nhỏ hơn 1 nên Tam giác SHC vng tại H nên K ( ;
+) BC có phương trình : 2 x  y  10 0.
+) B BC  d 2  B (6; 2).
+) Lập được phương trình AD: x  2 y  8 0.
+) Lập được phương trình CD: x  2 y 0
+) Tìm được D( 4; 2) .
Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2)
Câu

Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 và a 2  b2  c 2 27. Tìm giá trị lớn nhất

0,25


8
1,0đ

4
4
4
2
2
2
2
2
2
của biểu thức P a  b  c  ab  a  b   ac  a  c   bc  b  c  .

P a 4  b 4  c 4  a 3b  ab3  a 3c  ac 3  b3c  bc 3
a 3  a  b  c   b3  b  a  c   c3  c  a  b 

3  a 3  b3  c 3 

a

3

0,25

 b3  c 3  a 3   b  c   b 2  c 2  bc 

1
1
2
2
b  c 3  a; bc    b  c    b 2  c 2      3  a    27  a 2   a 2  3a  9




2
2
Do đó
a 3  b3  c 3 a 3   3  a   27  a 2  a 2  3a  9 

0,25

 a 3  9a 2  27a  108
Ta có b  c 3;

bc a 2  3a  9

2

2

2
Ta ln có  b  c  4bc, b, c . Do đó  3  a  4  a  3a  9   a    3;5
3

0,25

2

Ta có P  3a  27 a  81a  324
Xét hàm số f (a)  3a 3  27 a 2  81a  324 xác định và liên tục trên   3;5 .
f '(a)  9a 2  54a  81;
 a 3  3 2    3;5 ;
f '(a) 0  
 a 3  3 2    3;5
f ( 3)  243
f (5) 381
Ta có:
f (3  3 2) 81  324 2
Vậy GTLN của f (a ) bằng 381 khi a 5
Do đó GTLN của P bằng 381 khi a 5; b c  1
Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình thì giám khảo cho
điểm tương đương.
--------------------HẾT--------------------

0,25