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 chấm - Hướng dẫn chấm (HDC) dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic - Thí sinh làm theo cách khác với HDC mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm HDC - Điểm thi tổng điểm không làm tròn số I PHẦN TỰ LUẬN Câu (2,0 điểm) 1 y  mx   m  1 x   m   x  3 đồng biến Tìm tất giá trị tham số m để hàm số  2;  2x  x  có đồ thị (C ) điểm P  2;5 Tìm tất giá trị tham số m để đường Cho hàm số thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A B cho tam giác PAB y Ý Đáp án y mx   m  1 x   m   Điểm Ta có (1,0 điểm)  2;   y 0, x   2;   y 0 Hàm số cho đồng biến hữu hạn điểm  mx   m  1 x   m   0, x   2;    m  x  x  3  x  0, x   2;   0,25  2x  m , x   2;   x  2x   2x , x   2;   x  2x  Xét Ta có  x 3    2;   f  x  0    x 3    2;   f  x  f  x   2 x  12 x   x  x  3 2 f  2  , f   , lim f  x  0 x      2;   m  Hàm số cho đồng biến (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C ) là: 2x   x  m  x  (m  3) x  m  0  1 x 1 , với x  Đường thẳng d đồ thị (C ) hai điểm phân biệt phương trình   có hai nghiệm phân biệt khác m  2m  13   0.m  0 (đúng m ) 0,25 0,25 0,25 0,25 1 Trang 1/5  x1  x2 m   x x  m  x , x Gọi nghiệm phương trình (1), ta có:  A  x1 ;  x1  m  B  x2 ;  x2  m  Giả sử , Khi ta có: AB   x1  x2  PA  PB   x1    x2   2 0,25 2    x1  m       x2  m     x1    x2   2   x2     x1   , 0,25 Suy PAB cân P 2 Do PAB  PA  AB 2 2   x1     x2   2  x1  x2    x1  x2    x1  x2   x1 x2  0  m 1  m  4m  0    m  Vậy giá trị cần tìm m 1, m  0,25 Câu (1,0 điểm)  3x  x  x x log      x  0  3x   Giải phương trình Ý Đáp án Phương trình tương đương Điều kiện log  3x  x   log  x    3x  x   x   0 Điểm x (1,0 điểm) 0,25  log  3x  x    3x  x  log  x     x    0;  Xét hàm số y log t  t f  t     0, t   0;   f  t t ln10 Ta có , nên đồng biến  0;  suy 0,25 f  3x  x   f  x    3x  x 3 x  Từ  3x  x  x  0   x    ;   g  x  3   x  2,   Xét hàm số với x x g  x  3 ln  ln  Ta có   2 x    ;   x x  g  x  3  ln    ln   0,   g  x  0 g  x  0 nên có khơng q nghiệm, suy có khơng     ;    nghiệm  x x 0,25 0,25 g    g  1 0 Vậy phương trình cho có hai nghiệm Mà x 0; x 1 Câu (3,0 điểm) Trang 2/5 Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có tất cạnh a  ABC  a Tính góc đường thẳng AB mặt phẳng b Gọi G trọng tâm tam giác AAB, I trung điểm BB Tính khoảng cách hai đường thẳng C G AI Cho khối chóp S ABCD có đáy hình thang vng A, B, biết AB BC 2a, AD a Tam giác 4a SBC cân S , tam giác SCD vuông C Khoảng cách SA CD Tính thể tích khối chóp S ABCD cho Ý Đáp án Điểm 1a (1,0 điểm) 0,5  BB   ABC  Do ABC ABC  hình lăng trụ tam giác  AB,  ABC   AB, AB   AB 45 B (Vì ABB vuông cân B 0,5  AI  BM  AI  C BM  Gọi M trung điểm AA 1b (1,0 điểm)  d  AI , C G  d  AI ,  C BM   d  A,  C BM   0,25 Do M trung điểm AA, kéo dài C M cắt AC E  A trung điểm CE 0,25  d  A,  C BM   d  A,  C BM    d  C ,  C BM    BCE BA  AE  AC   BCE Trong có vng B  EB  BC  EB   BCC  Dựng CH  BC   CH   BC E   d  C ,  BC E   CH C , BC a  CH  a 2 BCC  vuông, cân a a  d  C ,  BC E     d  AI , C G   0,25 0,25 Trang 3/5 (1,0 điểm) 0,25 mp  ABCD  Gọi H hình chiếu S lên Do SB SC  H thuộc đường trung trực BC  Do SCD 90  CD  HC Gọi I trung điểm BC  AI CD  CD  SAI   d  SA, CD  d  D,  SAI    90 , IC a, ID 2a  IH  a C Trong CDH có HI 4a    d  D,  SAI   4d  H ,  SAI    DI a  d  H ,  SAI    CD  CH  AI  CH Gọi J  AI  HC , dựng HK  SJ a HK   SAI   d  H ,  SAI   HK  a HJ HI a HC  ,    HJ  HC HD 10 1 a  2  SH  2 SH HJ Trong tam giác vng SHJ có: HK VSABCD 1 a a3  SH S ABCD  3a  3 5 0,25 0,25 0,25 Câu (2,0 điểm) Cho S tập tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tính xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị Ý Vì (2,0 điểm) Đáp án S tập tất số tự nhiên có 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 n  C27216 27216 Số phần tử không gian mẫu   Gọi X biến cố: “Chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị 0,25 Trang 4/5 từ tập S ” Khi abcde7 abcde có tận 1,do abcde 7.M với 1428 M 14285 M có chữ số tận Xét trường hợp sau: 1) M số có chữ số có dạng mnpq Khi đó: mnpq 1428 q 3 - Với m 1 , mnpq 1428 q 3 nên n 4 p   4;5;6;7;8;9 +) Khi n 4 p  nên Ta số thỏa mãn 5;6; 7;8;9 +) Khi n 5 : Có cách chọn n thuộc tập hợp  Khi p m, n, q nên p có cách chọn Ta 35 số thỏa mãn 0,25 2; 4;5; 6; 7;8;9 - Với m 2 tức có cách chọn m từ tập  Khi mnpq 1428 với n, p thuộc tập hợp  0;1; 2; 4;5;6;7;8;9 n  p m , có cách chọn n , có cách chọn p 0,25 Ta 7.8.7 392 số thỏa mãn 2) M số có chữ số có dạng mnpqr Khi đó: mnpqr 14285 r 3 Do mnpqr 14285 nên m nhận giá trị n 4 0; 2; 4;5; 6; 7;8;9 - Với m 1; n 0, p , q số tùy ý thuộc tập  p q n Ta 2.7.6 84 số thỏa mãn - Với m 1; n 4 : 2;5;6; 7;8;9 +) Khi p 0 q số tùy ý thuộc tập  Ta số thỏa mãn 0;5;6; 7;8 +) Khi p 2 q phải thuộc tập  Ta số thỏa mãn n X 6  35  392  84   528 Vậy số phần tử biến cố X   Xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị n X  528 11 P X     n    27216 567 0,25 0,25 0,25 0,25 II PHẦN TRẮC NGHIỆM (12 điểm) Câu 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