Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn học sinh "Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh" được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây nhằm giúp các em có thêm tư liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Cùng tham khảo giải đề thi để ôn tập kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi các em nhé, chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (6,0 điểm) sin 2 x − 2cos 2 x − 5sin x − cos x + 4 a) Giải phương trình = 0. 2cos x + 3 b) Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy 2, 4, n điểm phân biệt ( n > 3 và các điểm không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Biết rằng số tam giác có các đỉnh lấy từ (x − 2x) . n n + 6 điểm đã cho là 247 . Tìm hệ số của x9 trong khai triển P ( = x) 2 Câu 2. (5,0 điểm) a) Tính giới hạn L = lim ( x + 1) 1 − 2 x + 3 1 + 3x − x − 2 . x →0 x2 b) Bảng hình vuông ( 10 x10 ) gồm 100 hình vuông đơn vị, mỗi hình có diện tích bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật tạo thành từ các hình vuông đơn vị của bảng. Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên, tính xác suất để hình chữ nhật chọn được có diện tích là số chẵn. Câu 3. (5,0 điểm) a) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Hãy dựng đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng AC’ và BA’ đồng thời song song với đường thẳng BD. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AC’ và BA’. AI Tính tỷ số . AC ' b) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = 2a, SC =a, ∠A SB = ∠BSC = ∠C SA =α . Gọi M là trung điểm SB. Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp ( P ) chứa AM và song song  π với BC. Tìm α ∈  0;  để diện tích thiết diện lớn nhất.  2 Câu 4. (2,0 điểm) Cho các số thực a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca = abc . Tìm giá trị nhỏ nhất a  b c  của biểu thức P = + 3  + . a + bc  b + ca c + ab  =a1 1,= a2 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho dãy số ( an ) xác định bởi  an+1 = 1 + a1a2  an−1 + ( a1a2  an−1 ) , ∀n ≥ 2 2 1 1 1 Tìm lim  + +  +  .  a1 a2 an  -------------------------------------HẾT------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………Số báo danh: …………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án mà đúng đều cho điểm tương ứng Câu Nội dung Điểm Câu 1a 3 5π Điều kiện: cos x ≠ − ⇔x≠± + k 2π , k ∈  (*) 0,5 2 6 3 điểm Với đk trên, phương trình đã cho tương đương sin 2 x − 2 cos 2 x − 5sin x − cos x + 4 = 0 ⇔ sin 2 x + 2sin 2 x − 5sin x − cos x + 2 = 0 0,5 ⇔ ( 2sin x − 1)( cos x + sin x − 2 ) = 0   π  ⇔ ( 2sin x − 1)  2 sin  x +  − 2  = 0 0,5   4   π  2sin x − 1 =0  x = + k 2π  1 6 ⇔ sin  x + π  = ⇔ sin x =⇔  (k ∈ ) 1,0 2 (VN ) 2 = 5π   4 x + k 2π  6 π Đối chiếu với điều kiện (*) được nghiệm của phương trình là x = + k 2π , k ∈  . 0,5 6 Câu 1b Số tam giác là Cn3+ 6 − C43 − Cn3 = 247 1,0 3 điểm ⇔ ( n + 6 )( n + 5)( n + 4 ) − n ( n − 1)( n − 2 ) = 251 0,5 6 6 n = 7 ⇔ 18n 2 + 72n − 1386 =0 ⇔ n 2 + 4n − 77 =0 ⇔  0,5  n = −11 ( KTM ) (x − 2 x ) có số hạng tổng quát là C7k x ( ) . ( −2 x ) = C7k . ( −2 ) x14− k 7 Khi đó P ( = x) 2 2 7−k k k 0,5 Số hạng chứa x9 xuất hiện khi 14 − k = 9 ⇔ k = 5 . 0,5 Vậy hệ số cần tìm là C75 ( −2 ) = 5 −672 Câu 2a = lim  Ta có L x ( 1 − 2x −1 )+  1 − 2 x − (1 − x) 3 1 + 3 x − (1 + x )  + 1,0 x →0  x2 x2 x2  2,5     điểm lim   1− 2x −1 + ( 1 − 2 x − (1 − x ) )( 1− 2x +1− x )+ (1 + 3x ) − (1 + x ) 3 0,75 x →0   x x2 ( 1− 2x +1− x ) x2 ( 3 (1 + 3x ) + 3 1 + 3x (1 + x ) + (1 + x ) 2 2 )    −2 1 3+ x  =−1 − 1 − 1 =− 5 lim − − 0,75 x →0  1 − 2 x + 1 1 − 2 x + 1 − x 3 (1 + 3 x ) + 3 1 + 3 x (1 + x ) + (1 + x )  2 2 2 2   Câu 2b Mỗi hình chữ nhật tương ứng với việc chọn 2 đường nằm ngang và 2 đường nằm dọc của hình vuông đã cho. Vậy số hình chữ nhật là C112 .C112 = 3025 1,0 2,5 Đánh số đường nằm dọc lần lượt từ trái qua phải là 1, 2,...,10,11 ( 6 điểm đường đánh số lẻ và 5 đường đánh số chẵn). Đánh số đường nằm ngang lần lượt từ trên xuống dưới là 0,5 1, 2,...,10,11 ( 6 đường đánh số lẻ và 5 đường đánh số chẵn). Trước hêt đếm số hình chữ nhật có diện tích là số lẻ
Để có một hình chữ nhật có diện tích là số lẻ thì mỗi kích thước của hình chữ nhật đó phải là số lẻ. –Xét kích thước thứ nhất: Để tạo ra kích thước là số lẻ, ta chọn lần lượt 1 đường đánh số lẻ ( 6 đường) ghép với 1 đường đánh số chẵn ( 5 đường). Như thế sẽ có 6.5 = 30 (cách) – Xét kích thước thứ hai: Để tạo ra kích thước là số lẻ, ta chọn lần lượt 1 đường đánh số 0,5 lẻ ( 6 đường) ghép với 1 đường đánh số chẵn ( 5 đường). Như thế sẽ có 6.5 = 30 (cách) Do đó số hình chữ nhật như thế là: 30.30 = 900 (hình) Vậy số hình chữ nhật có diện tích bằng chẵn là 3025 − 900 = 2125 (hình). 2125 85 Xác suất cần tìm là = 0,5 3025 121 Giả sử đã xác định được đường thẳng ∆ cắt AC’ và A D Câu 3a BA’ lần lượt tại I và J. Xét phép chiếu song song lên C mp (ABB’A’) theo phương chiếu D’B’. Khi đó, hình B I 2,5 chiếu của ba điểm thẳng hàng A, I , C ' lần lượt là ba J điểm điểm thẳng hàng A, J , K (K là điểm đối xứng với A’ A' D' 0,75 qua B’). Do J thuộc BA’ nên J chính là giao điểm của AK và BA’. Từ đó suy ra cách dựng: B' C' K Dựng K là hình chiếu của C’ theo phương chiếu D’B’ lên mp (ABB’A’) Lấy giao điểm J của AK và BA’ 0,75 Qua J dựng đường thẳng ∆ song song C’K ta được đường thẳng cần tìm AJ AB 1 Ta thấy A ' B ' = B ' K ⇒ A ' K = 2 AB . Do AB / / A ' K nên = = JK A ' K 2 0,5 AI AJ 1 AI 1 Lại có IJ / / C ' K ⇒ = =⇒ = 0,5 IC ' JK 2 AC ' 3 Lưu ý: Nếu học sinh dùng phương pháp vecto để tìm ra vị trí các diểm I, J và tính tỷ số AI thì vẫn cho điểm tối đa. AC ' Câu 3b Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB, SC thì thiết diện là tam giác S AMN. Ta có 2,5 1   2 1   2 điểm S AMN= 2 ( AM 2 . AN 2 − AM . AN =) 2 ( AM 2 . AN 2 − AM . AN ) N 0,5 A M C B Mặt khác AM 2 = SM 2 + SA2 − 2 SM .SA.cos α = a 2 ( 5 − 4 cos α ) 0,5 a2 2 2 2 AN = SN + SA − 2 SN .SA.cos α = (17 − 8cos α ) 4              2 a 2 ( )( ) AM . AN = SM − SA SN − SA = SM .SN − SA.SN − SA.SM + SA = 2 (8 − 5cos α ) 0,5 Khi đó 1 a4 a4 a2 0,5 ( 5 − 4 cos a )(17 − 8cos α ) − (8 − 5cos α )= 2 S AMN = 7 cos 2 α − 28cos α + 21 2 4 4 4
Đặt = t cos α ( 0 ≤ t < 1) . Lập bảng biến thiên của hàm số f ( t ) = 7t 2 − 28t + 21 trên [ 0;1) ta có GTLN của f ( t ) bằng 21, đạt được khi t = 0 . 0,5 21a 2 π Vậy S AMN đạt GTLN bằng khi α = 4 2 Câu 4 bc ca ab bc ca ab Ta có ab + bc + ca = abc ⇔ + + = . . a b c a b c 2,0 0,5 điểm bc ca ab Do đó tồn tại tam giác ABC nhọn thỏa = mãn tan = A, tan = B, tan C a b c   1  1 1  1  1 1  Khi đó P = + 3 +  = + 3 +  bc ca ab 2 2 2 1+  1+ 1+  1 + tan A  1 + tan B 1 + tan C  0,5 a  b c  1 1 = cos 2 A + 3 ( cos 2 B + cos 2 = C)  cos 2 A + 3 ( cos 2 B + cos 2C )  + + 3 2 2 Xét Q = cos 2 A + 3 ( cos 2 B + cos 2C ) = 2 cos A − 1 + 2 3 cos ( B + C ) cos ( B − C ) 2 2  3  3 = 2 cos A − 1 − 2 3 cos A cos ( B= 2 − C ) 2 cos A − cos ( B − C )  − cos 2 ( B − C ) − 1 0,5  2  2 3 5 ≥ − cos 2 ( B − C ) − 1 ≥ − 2 2 4 3 −3 Suy ra P ≥ 4  π a= 7 + 2 3  A = 6 0,5  Dấu bằng xảy ra khi  ⇒ 3+ 2 3  B= C= 5π b= c=  12  3 Câu 5 Ta có a = 1 + a a  a (1 + a a  a ) nên bằng quy nạp, ta chứng minh được n +1 1 2 n −1 1 2 n −1 2,0 an +1 = 1 + a1a2  an , ∀n ≥ 1 . điểm Do đó an +1 + an =1 + an + a1a2  an =1 + an2 với mọi n ≥ 2. 0,75 1 1 1 − 1 an ( an − 1) ⇔ = Từ đó ta có biến đổi an +1 = − , ∀n ≥ 2. an an − 1 an +1 − 1 1 1 1 Đặt bn = + +  + , ∀n ≥ 1. a1 a2 an 0,75 n  1 1  1 1 1 1 + ∑ Suy ra bn = − =1+ − 2− = . k = 2  ak − 1 ak +1 − 1  a2 − 1 an +1 − 1 an +1 − 1 Dễ thấy an > 1, ∀n ≥ 2 . 1 + an2 ⇒ an +1 − an =( an − 1) > 0 , suy ra dãy ( an ) tăng. 2 Theo trên an +1 + an = Giả sử dãy ( an ) bị chặn trên thì nó sẽ hội tụ về L ( L > 1) . 0,5 Ta có an +1 ≥ 1 + an −1 + an2−1 với mọi n ≥ 2 . 2 Chuyển qua giới hạn, ta có L ≥ 1 + L + L2 hay 1 + L ≤ 0, vô lý. Suy ra dãy ( an ) không bị chặn trên. Do đó lim an = +∞. Do đó lim bn = 2