3 đáp án đề minh họa môn toán 2020 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
PHÚ THỌ
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021
***
ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MINH HỌA
Mơn: TỐN (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 khơng làm trịn số.
I. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1 (2,0 điểm).
1
1
y  mx 3   m  1 x 2  3  m  2  x 
3
3 đồng biến trên
1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
 2;  .
2x  1
x  1 có đồ thị (C ) và điểm P  2;5 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường
2. Cho hàm số
thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều.
y

Ý

Đáp án

y mx  2  m  1 x  3  m  2  .

Điểm

2

Ta có

1
(1,0 điểm)

 2;   y 0, x   2;   và y 0 tại
Hàm số đã cho đồng biến trên
hữu hạn điểm
 mx 2  2  m  1 x  3  m  2  0, x   2;  
 m  x 2  2 x  3  2 x  6 0, x   2;  

0,25

6  2x
 m 2
, x   2;   .
x  2x  3
6  2x
, x   2;   .
x  2x  3
Xét
Ta có
 x 3  6   2;  
f  x  0  

 x 3  6   2;  
f  x 

f  x  

2

2 x 2  12 x  6

 x 2  2 x  3

2

.

2
2 6
f  2  , f 3  6 
, lim f  x  0.
x  
3
2





2
 2;   m  .
3

Hàm số đã cho đồng biến trên

2
(1,0 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là:
2x  1
 x  m  x 2  (m  3) x  m  1 0  1
x 1
, với x  1.
Đường thẳng d và đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương

1

trình   có hai nghiệm phân biệt khác
m 2  2m  13  0

0.m  3 0
(đúng m )

0,25

0,25

0,25
0,25

1

Trang 1/5

 x1  x2 m  3

x x  m  1
x
,
x
1
2
Gọi
là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1 2
A  x1 ;  x1  m  B  x2 ;  x2  m 
Giả sử
,
Khi đó ta có:

AB  2  x1  x2 

PA 
PB 

 x1  2 

 x2  2 

2

2

0,25

2

2

   x1  m  5  
2

   x2  m  5  

 x1  2 

 x2  2 

2

2

  x2  2 

  x1  2 

2

,

2

0,25

Suy ra PAB cân tại P.
2
2
Do đó PAB đều  PA  AB
2

2

2

2

  x1  2    x2  2  2  x1  x2    x1  x2   4  x1  x2   6 x1 x2  8 0
 m 1
 m 2  4m  5 0  
 m  5 . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m  5.

0,25

Câu 2 (1,0 điểm).

 3x  2 x  x
x
log 
  3  2  3 x  2 0.
 3x  2 
Giải phương trình
Ý

Đáp án
2
.
3 Phương trình tương đương
Điều kiện
log  3x  2 x   log  3 x  2   3x  2 x   3 x  2  0

Điểm

x

(1,0 điểm)

0,25

 log  3x  2 x    3x  2 x  log  3 x  2    3 x  2  .

 0;  .
Xét hàm số y log t  t trên
1
f  t  
 1  0, t   0;  
f  t
t ln10
Ta có
, nên
đồng biến
 0;  .
suy ra

0,25

f  3x  2 x   f  3 x  2   3x  2 x 3 x  2

Từ đó
 3x  2 x  3 x  2 0.

 2

x    ;   .
g  x  3  2  3 x  2,
 3

Xét hàm số
với
x
x
g  x  3 ln 3  2 ln 2  3
Ta có
 2

2
2
x    ;   .
x
x

g  x  3  ln 3   2  ln 2   0,
 3


g  x  0
g  x  0
nên
có khơng q 1 nghiệm, suy ra
có khơng
2


  ;   .

q 2 nghiệm trên  3
x

x

0,25

0,25

g  0   g  1 0
. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
Mà
x 0; x 1.
Câu 3 (3,0 điểm).
Trang 2/5


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

 ABC  .

a. Tính góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng
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 vng tại A, B, biết AB BC 2a, AD a. Tam giác

4a
.
SBC cân tại S , tam giác SCD vuông tại C. Khoảng cách giữa SA và CD bằng 5 Tính thể tích
khối chóp S . ABCD đã cho.
Ý

Đáp án

Điểm

1a
(1,0 điểm)

0,5

 BB   ABC 
Do ABC. ABC  là hình lăng trụ tam giác đều
 AB,  ABC   AB, AB  .
 AB 45
B
(Vì ABB vng cân tại B.

0,5

 AI  BM  AI  C BM 

Gọi M là trung điểm của AA

1b
(1,0 điểm)

 d  AI , C G  d  AI ,  C BM   d  A,  C BM  

0,25

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

0,25

1
 d  A,  C BM   d  A,  C BM    d  C ,  C BM  
2

BCE
BA

AE

AC


BCE
Trong
có
vng tại B.

 EB  BC  EB   BCC 
Dựng

CH  BC   CH   BC E   d  C ,  BC E   CH .
C , BC a  CH 

a 2
2

BCC  vuông, cân tại
a 2
a 2
 d  C ,  BC E   
 d  AI , C G  
.
2
4

0,25

0,25

Trang 3/5


2
(1,0 điểm)

0,25

mp  ABCD  .

Gọi H là hình chiếu của S lên
Do SB SC  H thuộc đường trung trực của BC



Do SCD 90  CD  HC
Gọi I là trung điểm của BC

 AI CD  CD  SAI   d  SA, CD  d  D,  SAI  
 90 , IC a, ID 2a  IH  a .
C
2
Trong CDH có
HI 1
4a

  d  D,  SAI   4d  H ,  SAI    .
DI 4
5
a
 d  H ,  SAI    .
5
CD  CH  AI  CH . Gọi J  AI  HC , dựng HK  SJ
a
HK   SAI   d  H ,  SAI   HK 
5
a 5 HJ
HI 1

a 5
HC 
,

  HJ 
2 HC HD 5
10
1
1
1
a
 2
 SH  .
2
2
SH
HJ
5
Trong tam giác vuông SHJ có: HK
VSABCD

1
1 a
a3
2
 SH .S ABCD 
.3a  .
3
3 5
5

0,25

0,25

0,25

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.
Ý
Vì
(2,0 điểm)

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



Điểm



S  abcde : a 0; a b c d e; a , b, c, d , e   0,1, 2, ,9 .

0,25

 n  S  9.9.8.7.6 27216.
1

n  C27216
27216.
Số phần tử của không gian mẫu là  
Gọi X là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị

0,25
Trang 4/5


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 1 , do mnpq 1428 và q 3 nên n 4.
p   4;5;6;7;8;9
+) Khi n 4 thì p  2 nên
. Ta được 6 số thỏa mãn.
5;6; 7;8;9
+) Khi n 5 : Có 5 cách chọn n thuộc tập hợp 
. Khi đó
p m, n, q nên p có 7 cách chọn. Ta được 35 số thỏa mãn.

0,25

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

mnpq 1428 với mọi n, p thuộc tập hợp  0;1; 2; 4;5;6;7;8;9 và

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

0,25

Ta được 7.8.7 392 số thỏa mãn.
2) M là số có 5 chữ số có dạng mnpqr. Khi đó: mnpqr 14285 và r 3.
Do mnpqr 14285 nên m chỉ nhận giá trị bằng 1 và n 4.
0; 2; 4;5; 6; 7;8;9
- Với m 1; n 0, 2 thì p , q là các số tùy ý thuộc tập 
và
p q n. Ta được 2.7.6 84 số thỏa mãn.
- Với m 1; n 4 :
2;5;6; 7;8;9 .
+) Khi p 0 thì q là số tùy ý thuộc tập 
Ta được 6 số thỏa
mãn.
0;5;6; 7;8
+) Khi p 2 thì q phải thuộc tập 
. Ta được 5 số thỏa mãn.
n X 6  35  392  84  6  5 528.
Vậy số phần tử của biến cố X là  

Xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là 1
bằng
n X 
528
11
P X  



.
n    27216 567

0,25

0,25

0,25

0,25

II. PHẦN TRẮC NGHIỆM (12 điểm)
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

Đáp án
D
C
B
C
C

D
B
D
A
B

Câu
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

Đáp án
B
A
B
D
D
A
A
A
C
A

Câu
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30

Đáp án
A
A
C
A
A
B
C
D
D
B

Câu
31
32
33
34
35

36
37
38
39
40

Đáp án
B
B
C
D
D
A
D
B
C
A

Trang 5/5