De chinh thuc+dap an chinh thuc Môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CẤP TỈNH (BẢNG B)
NĂM HỌC 2022-2023

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Gồm 08 câu, 01 trang)

Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 17/12/2022

Họ và tên thí sinh: …………………………………..….……. Số báo danh: ………….….…….

Câu 1 (3,0 điểm)
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  mx  m cắt đồ thị   của hàm số

y   x3  (m  1) x 2  m tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho OA, OB, OC là độ dài ba cạnh của một
tam giác vuông ( O là gốc tọa độ) ?
Câu 2 (5,0 điểm)
a) Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn log 2 ( x 2  1)  6  22 y  4 x 2  2 y ?
1

2 x  x  y  3
b) Giải hệ phương trình 
trên tập số thực.
3
2
2

4 xy  4( x  y ) 
7
( x  y)2

Câu 3 (2,0 điểm)
Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 7 chữ số đơi một khác nhau. Tính xác suất để lấy được số có
dạng abcdefg , trong đó a  b  c  d và d  e  f  g .
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và R là bán kính đường trịn ngoại tiếp thỏa
mãn R  2(a  b)  c   ab 3 . Chứng minh tam giác ABC đều.
Câu 5 (2,0 điểm)
5 P .C 1
Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un  n n1 n , n   . Tính lim(u1  u2  u3  ...  un ) .
An  2
Câu 6 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm I (0 ;1) , M là trung điểm của cạnh
AB . Hình chiếu vng góc của đỉnh D lên đường thẳng CM là điểm K (2 ; 3) . Tìm tọa độ đỉnh C
biết điểm M thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0 .
Câu 7 (2,0 điểm)
Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với
đáy và SA  a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB, CD và E, F là hai điểm lần lượt
thuộc hai cạnh SB, SC .
a) Khi ES  EB và SC  3SF , hãy tính theo a thể tích của khối đa diện BCNMEF .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đường gấp khúc MEFN theo a .
Câu 8 (2,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2  x  3 và 2  y  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x  4y
y  4x
4
P 2

 2

.
x  5 y  11 y  5 x  11 9( x  y  1)
----------------- HẾT ----------------* Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
* Giám thị khơng giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CẤP TỈNH (BẢNG B)
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn: TỐN

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm có 05 trang)
Câu

Đáp án
Điểm


d
:
y

mx


m
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đường thẳng
cắt đồ thị
của
hàm số y   x3  (m  1) x 2  m tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho OA, OB, OC là độ
dài ba cạnh của một tam giác vng ( O là gốc tọa độ) ?
Phương trình hồnh độ giao điểm của   và d :

 x3  (m  1) x2  m  mx  m  x3  (m  1) x 2  mx  0 .
x  0
 x( x  1)( x  m)  0   x  1
 x  m
d cắt   tại ba điểm phân biệt A, B, C khi và chỉ khi m  0 và m  1 .
Khi đó, khơng mất tổng quát, giả sử A(0 ;  m), B(1; 0), C(m ; m2  m) .
TH1: OB2  OC 2  OA2  1  m2  (m2  m) 2  m2 (không xảy ra).
TH2: OA2  OB2  OC 2  m2  1  m2  (m2  m)2  m2  m  1  0 (có hai giá trị m ).
1
(3,0 điểm)

TH3: OA2  OC 2  OB 2  m2  m2  (m2  m)2  1  m4  2m3  3m2  1  0 () .
4

3

0,5

0,5

0,5
0,5

0,25

2

Xét hàm số f (m)  m  2m  3m  1 .
Ta có: f (m)  4m3  6m2  6m  2m(2m2  3m  3) và f (m)  0  m  0 .
Bảng biến thiên:
0,25

Suy ra phương trình () có hai nghiệm phân biệt khác 0 và 1.
Nếu m2  m  1  0 thì m2  m  1 .
Khi đó, m2  m2  (m2  m)2  1  m  0 (khơng thỏa mãn).
Do đó, các giá trị m trong TH2 và TH3 không trùng nhau.
Vậy số giá trị m thỏa mãn đề bài là 4 .
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn log 2 ( x 2  1)  6  22 y  4 x 2  2 y ?
Đặt log 2 ( x 2  1)  t suy ra x2  1  2t  x 2  2t  1 .
2y

t

Phương trình trở thành t  6  2  4(2  1)  2 y
2a
(3,0 điểm)

2

t 2

2y

 t  2  2  2 y () .

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

Hàm số f ( x)  2  x đồng biến trên  nên ()  f (t  2)  f (2 y)  t  2  2 y .

0,5

Hay log 2 ( x 2  1)  2  2 y  4 x 2  4  4 y .

0,25

Do 4 x 2  4 là số nguyên dương không nhỏ hơn 4 nên y phải là số nguyên dương.

0,25

x

2

Nếu y  1 thì 4 x  4  4  x  0 .

0,25
Trang 1

Nếu y  2 thì 4 x2  4  4 y  x2  1  22( y 1)  (2 y 1  x)(2 y 1  x)  1
y 1
y 1
 2  x  1
 2  x  1
hoặc  y 1
(không thỏa mãn).
  y 1
 2  x  1
 2  x  1
Vậy có duy nhất cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn đề bài là ( x ; y )  (0 ;1) .

1

2 x  x  y  3
Giải hệ phương trình 
trên tập số thực.
3
2
2
4 xy  4( x  y ) 
7

( x  y)2
Điều kiện: x  y  0 .
1
1


2 x  x  y  3

 x  y  x  y  x  y  3

Ta có 
3
3
2
2
4 xy  4( x  y ) 
3( x 2  2 xy  y 2 )  ( x 2  2 xy  y 2 ) 
7
7
2


( x  y)
( x  y )2

2b
(2,0 điểm)

1

x

y

x y 3

x y


3
3( x  y ) 2  ( x  y ) 2 
7

( x  y) 2
1

a  x  y 
x  y . Khi đó hệ có dạng:
Đặt 
b  x  y


a  b  3
 2
2
3a  b  13

 a  2, b  1
b  3  a
 2

a   1 , b  7
4
a

6
a

4


0


2
2
1

2
a  2
 x  y  1 x  1
x  y 
x y
+) 



b  1
x  y 1  y  0
x  y  1

1
1

1

x y

a





x y
2
2
+) 
(vô nghiệm).

7
7
b 
x  y 

2

2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y )  (1; 0) .

0,5
0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 7 chữ số đơi một khác nhau. Tính xác suất để lấy được
số có dạng abcdefg , trong đó a  b  c  d và d  e  f  g .
Số phần tử của không gian mẫu: n( )  A107  A96  544320 .

3
(2,0 điểm)

a  b  c  d
Để chọn được số có dạng abcdefg sao cho 
, ta xét hai trường hợp.
d  e  f  g
TH1: Chọn 7 số khơng có số 0 từ tập {0;1; ... ; 9} , có C97 cách.
Vì d lớn nhất nên d có 1 cách chọn.

0,5

0,5

Có C 63 cách xếp 3 vị trí abc và có 1 cách xếp 3 vị trí cịn lại efg .
Trường hợp này có C97 .C63  720 cách.
TH2: Chọn 7 số có số 0 từ tập {0;1; ... ; 9} , có C96 cách.
Vì d lớn nhất nên d có 1 cách chọn.
Trang 2

0,5


Có C53 cách xếp 3 vị trí abc và có 1 cách xếp 3 vị trí cịn lại efg .
Trường hợp này có C96 .C53  840 cách.
Vậy có tất cả 720  840  1560 cách tạo các số thỏa u cầu bài tốn.
1560
13
Xác suất cần tìm: p 

.
544320 4536
Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp

0,25
0,25

thỏa mãn R  2(a  b)  c   ab 3 . Chứng minh tam giác ABC đều.

4
(2,0 điểm)

5
(2,0 điểm)

Ta có: R  2(a  b)  c   ab 3  R  2(2 R sin A  2 R sin B)  2 R sin C   4 3R 2 sin A.sin B

0,5

 2(sin A  sin B )  sin C  2 3 sin A.sin B

0,25

 2 3 sin A.sin B  2(sin A  sin B )  sin( A  B )  0

0,25

 2 3 sin A.sin B  2(sin A  sin B )  sin A.cos B  cos A.sin B  0

0,25

 3

 3

1
1
 2sin A 
sin B  cos B  1  2sin B 
sin A  cos A  1   0
2
2
 2

 2








 2 sin A  cos( B  )  1  2 sin B  cos( A  )  1  0
3
3








cos( B  3 )  1  B  3



cos( A  )  1  A  


3
3
Vậy ABC đều.
5 P .C 1
Cho dãy  un  có số hạng tổng quát un  n n1 n , n   .Tính lim(u1  u2  u3  ...  un ) .
An  2
10.(n  1)!n
( n  2)!
Ta có: Pn 1  (n  1)!, Cn1  n, Ann 2 
nên un 

2!
(n  2)!
10
1 
 1

 10 


(n  1)(n  2)
 n 1 n  2 
1 1
1 1
1 1
Khi đó: u1  10    ; u2  10    ; u3  10    ;...
 2 3
3 4
 4 5
 1 1
1 
1 1
 1
Suy ra: lim(u1  u2  ...  un )  lim 10     10     ...  10 


3 4
 n  1 n  2 
 2 3
 1
1 

5n
 lim 10  
 5.
   lim
n2
  2 n  2 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm I (0 ;1) , M là trung điểm của
cạnh AB . Hình chiếu vng góc của đỉnh D lên đường thẳng CM là điểm K (2 ; 3) . Tìm
tọa độ đỉnh C biết điểm M thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0 .

0,25

0,25
0,25

0,5
0,5
0,5

0,5

6
(2,0 điểm)
0,25

Vì điểm M thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0 nên M  (2t  2 ; t ) với t  .
Trang 3


Lấy điểm N đối xứng với M qua I . Khi đó, N  (2t  2 ;  t  2) và là trung điểm CD .

IDC vuông tại I  NI  NC  ND và KDC vuông tại K  NK  NC  ND .
Suy ra NI  NK
 (2t  2) 2  (t  1) 2  (2t  4) 2  (t  1) 2  t  3 .

Khi đó, M   4 ; 3 và N   4 ;  1 .

0,25
0,25
0,25
0,25

2
2
Phương trình đường trịn   có tâm N và đi qua K là  x  4    y  1  20 .
Phương trình đường thẳng MK là y  3  0 .
 y  3  0
Điểm C  MK    nên có tọa độ là nghiệm của hệ: 
.
2
2
( x  4)   y  1  20
x  2
x  6
hoặc 
.

y  3
y  3

0,25

0,25

0,25

Suy ra C   6 ; 3 .
Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc
với đáy và SA  a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB, CD và E, F là
hai điểm lần lượt thuộc hai cạnh SB, SC .
a) Khi ES  EB và SC  3SF , hãy tính theo a thể tích của khối đa diện BCNMEF .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đường gấp khúc MEFN theo a .
a)

0,25

Ta có VBCNMEF  VF . BCNM  VF . BEM .

7
(2,0 điểm)

1
1 a 2 2a a 3
VF .BCNM  SBCNM .d  F , ( BCNM )   . .  ;
3
3 2 3
9
2
3
1
1 1 a a a
VF .BEM  SBEM .d  F , ( BEM )   . . . 

.
3
3 2 4 3 72
a3 a3 a3
 .
Vậy VBCNMEF  
9 72 8
b)

0,25
0,25
0,25

0,25

Để độ dài đường gấp khúc MEFN nhỏ nhất thì E, F tương ứng ở vị trí khi “trải phẳng”
các mặt bên của khối chóp S .ABCD . Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ và chọn a  3 .
DS .DC
Ta có OB  OD 
 2 , OS  SD 2  OD 2  2 , OC  SC  OS  1 .
SC
Trang 4






Do đó, B   2 ; 0 , D 





2 ; 0 , S   0 ; 2  , C   0 ;  1 .
0,25


2 
;1 .
Trung điểm của SB là I  
 2

 SB 
Giả sử A  (u ; v) ( u  0, v  0 ). Do A thuộc đường tròn  I ,
 và IA  SB nên
2 

2
2


2
3
2


2
3
2  2

2
 u 
 u 
   v  1 

v

1




u 



2 
2


2 
2
2

 
.

2

2

v 


2
2
  2  v  1
u 

 u  2   2   v  1 2   0
2

2





0,25



 2  2 2  2 
 2  3 2 2  2 
 2
1
;
;
;   ,
Suy ra A  
 , M  

 , N  
2
2 
4
4 
2


 2
2

2

 25 2   4 2 
18  7 2
a 54  21 2
MN  
. Thay 3  a thì MN 
.
  
 

4
4
2
6

 

Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2  x  3 và 2  y  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x  4y
y  4x
4
P 2
 2

.
x  5 y  11 y  5 x  11 9( x  y  1)
x  2  0
Ta có: 2  x  3  
 ( x  2)( x  3)  0  x 2  5 x  6  0  x 2  6  5 x
x

3

0

x  4y
x  4y
 x 2  5 y  11  5 x  5 y  5  2

(1)
x  5 y  11 5 x  5 y  5
y  4x
y  4x

(2)
Tương tự ta cũng có:
2
y  5 x  11 5 x  5 y  5

x  4 y  y  4x
4
x y
4

P

.
5x  5 y  5
9( x  y  1)
x  y  1 9( x  y  1)
t
4

, 4 t  6.
Đặt: t  x  y  P  f (t ) 
t  1 9(t  1)
1
4

Ta có: f (t ) 
.
2
(t  1) 9(t  1) 2
t  5 ( N )
2
2

f (t )  0  9(t  1)  4(t  1)   1

t  ( L)
 5
128
17
298
f (4) 
; f (5)  ; f (6) 
.
135
18
315
17
17
Suy ra min f (t )   P  .
[4;6]
18
18
Đẳng thức xảy ra khi ( x ; y)  (2 ; 3) hoặc ( x ; y)  (3 ; 2) .
17
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
.
18

0,25

0,5

0,25

Khi đó: P 

8
(2,0 điểm)

Lưu ý: - Thí sinh giải cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa.
- Không làm trịn điểm từng câu và điểm tồn bài.
-------------------------- Hết -------------------------Trang 5

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25