Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quãng Ngãi

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quãng Ngãi” để giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố kiến thức căn bản trong chương trình học. Tham gia giải đề thi để ôn tập và chuẩn bị kiến thức và kỹ năng thật tốt cho kì thi sắp diễn ra nhé!

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 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quãng Ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 02/4/2024 (Đề thi có 02 trang) Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (5,0 điểm) a) Huyết áp là áp lực cần thiết tác động lên thành của động mạch để đưa máu từ tim đến nuôi dưỡng các mô trong cơ thể. Huyết áp được tạo ra do lực co bóp của cơ tim và sức cản của thành động mạch. Mỗi lần tim đập, huyết áp của chúng ta tăng rồi giảm giữa các nhịp. Huyết áp tối đa và huyết áp tối thiểu tương ứng gọi là huyết áp tâm thu và huyết áp tâm trương. Chỉ số huyết áp của chúng ta được viết là tâm thu/tâm trương. Chỉ số huyết áp 120/80 là bình thường. Giả sử một người nào đó có nhịp tim là 70 lần trên phút và huyết áp của người đó được mô hình hóa bởi hàm số  7π  P= 100 + 20sin  (t ) t  3  ở đó P(t ) là huyết áp tính theo đơn vị mmHg (milimét thủy ngân) và thời gian t tính theo giây. Trong khoảng thời gian từ 0 đến 2 giây, hãy xác định số lần huyết áp là 90 mmHg. b) Cho phương trình ( m + 1 + log 3 x )( 2m − 1 + log 3 x ) = ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị 0 của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 3 ( x1 + x2 ) ≥ 10. Câu 2. (6,0 điểm) a) Cho đa giác đều có 4n đỉnh ( n ∈ * , n ≥ 2 ) . Gọi S là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba trong 4n đỉnh của đa giác đều đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S . Gọi A là biến cố: “Tam giác được chọn là tam giác vuông nhưng không cân”. Tìm giá trị nguyên 2 dương nhỏ nhất của n , biết rằng xác suất của biến cố A nhỏ hơn . 7 b) Cho dãy ( un ) xác định bằng hệ thức truy hồi u1 = 2024   . Tính giới hạn của dãy số ( un ) .   2 (n ) ( n + 1) un+1 = 2 + 2n un + 2023 Câu 3. (5,0 điểm) a) Cho khối lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông và A ' A A ' B A ' C a . Biết = = = góc giữa hai mặt phẳng ( BDD′B′ ) và ( ABCD ) bằng 60 , tính thể tích của khối lăng trụ đã cho 0 theo a . b) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 3a, SA SB SD a 6 và tam = = = giác ABD đều. Giả sử ( P) là mặt phẳng thay đổi, luôn đi qua B và vuông góc với mặt phẳng ( SCD) . Gọi α là góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( P) . Tìm giá trị lớn nhất của sin α . Câu 4. (4,0 điểm) a) Trong một hoạt động ngoại khóa của Đoàn trường, lớp Thảo định mở một gian hàng bán trà 1/2
sữa và kem que. Biết giá gốc một ly trà sữa là 15000 đồng, một que kem là 5000 đồng. Các bạn dự kiến bán trà sữa với giá 20000 đồng/1ly và kem giá 8000 đồng/1que. Dựa vào thống kê số người tham gia hoạt động và nhu cầu thực tế, các bạn trong lớp dự kiến tổng số ly trà sữa và số que kem bán được không vượt quá 200. Theo quỹ lớp thì số tiền lớp Thảo được dùng không quá 2000000 đồng. Hỏi lớp Thảo có thể đạt được tối đa lợi nhuận là bao nhiêu? b) Gọi S là tập hợp các số nguyên dương n thỏa mãn tính chất “ n có đúng 35 ước số nguyên dương”. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất của tập hợp S đã cho. HẾT Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 2/2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM QUẢNG NGÃI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 Ngày thi: 02/4/2024 Môn thi: TOÁN ĐỀ 01 (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Huyết áp là áp lực cần thiết tác động lên thành của động mạch để đưa máu từ tim đến nuôi dưỡng các mô trong cơ thể. Huyết áp được tạo ra do lực co bóp của cơ tim và sức cản của thành động mạch. Mỗi lần tim đập, huyết áp của chúng ta tăng rồi giảm giữa các nhịp. Huyết áp tối đa và huyết áp tối thiểu tương ứng gọi là huyết áp tâm thu và huyết áp tâm trương. Chỉ số huyết áp của chúng ta được viết là tâm thu/tâm trương. Chỉ số huyết áp 120/80 là bình thường. Giả sử một người nào đó có nhịp tim là 70 lần trên phút và huyết áp của người đó được mô hình hóa bởi hàm số  7π  P(t ) 100 + 20sin  = t  3  ở đó P(t ) là huyết áp tính theo đơn vị mmHg (milimét thủy ngân) và thời gian t tính theo giây. Câu 1.a Trong khoảng thời gian từ 0 đến 2 giây, hãy xác định số lần huyết áp là 90 mmHg. (3 điểm) P(t ) =90 ⇔ 100 + 20sin  7π t  =90 ⇔ sin  7π t  =− 1      3   3  2  1 12 t = + 14 k − 1.0  7π   π 14 ⇔ sin  t  = sin  −  ⇔  (k, n ∈ ) .  3   6 t 7 12 = + n  14 14  1 12 1 12 1 29 +) Với t = + k ta có 0 < − + k < 2 ⇔ −
thuộc tập S . Gọi A là biến cố: “Tam giác được chọn là tam giác vuông nhưng không cân”. Tìm giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n , biết rằng xác suất của biến cố A nhỏ 2 hơn . 7 Số phần tử không gian mẫu là n ( Ω ) = 4n . C3 0.5 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều đã cho. 0.5 Số đường chéo đi qua O của đa giác là 2n . Mỗi tam giác vuông ứng với cạnh huyền là một đường chéo qua O và đỉnh còn lại của nó là một trong 4n − 2 đỉnh còn lại của đa giác. Số cách chọn một đường chéo qua O là 2n . 0.5 Số cách chọn một đỉnh còn lại trong 4n − 2 đỉnh của đa giác là 4n − 2 . Số tam giác vuông là 2n ( 4n − 2 ) . Số tam giác vuông cân là 4n . 0.5 Do đó số tam giác vuông nhưng không cân là 2n(4n − 2) − 4n 8n ( n − 1) . = Suy ra n= 8n(n − 1) . ( A) n( A) 8n ( n − 1) 8n ( n − 1) 6n − 6 P ( A) = = = = . 0.5 n(Ω) 3 C4 n 4n ( 4n − 1)( 4n − 2 ) 8n − 6n + 1 2 6 n > 2 6n − 6 2 Theo đề ta có 2 < ⇔ 16n − 54n + 44 > 0 ⇔  2 . 8n − 6n + 1 7  n < 11 0.5  8 Vậy giá trị nguyên dương nhỏ nhất thỏa đề bài là n = 3 . Cho dãy ( un ) xác định bằng hệ thức truy hồi u1 = 2024   . Tính giới hạn của dãy số ( un ) .   2 n ( ( n + 1) un+1 = 2 + 2n un + 2023)  n 2 + 2n  2023  1  2023 un +1 = 2  un +  = 1 −  un + . 0.5  ( n + 1)  ( n + 1)  ( n + 1)  2 2 ( n + 1) 2      1  2023 u − 2023 un +1 − 2023 =− 1  un + − 2023 = − 2023 − n un . 0.5  ( n + 1)  2 ( n + 1) 2 ( n + 1) 2   Câu 2.b Đặt v= un − 2023 , v1 = 2024 − 2023 = 1 . (3 điểm) n 1  1  ( n + 2) n 0.5 vn +1 = vn − vn = vn 1 − = vn , ∀n ≥ 1 . ( n + 1)  ( n + 1)  ( n + 1) 2 2 2   ( n + 1)( n − 1) n ( n − 2) ( n − 1)( n − 3) vn .vn −1 ...v2 = vn −1 . vn − 2 . vn −3 ...v1 . 0.5 n2 ( n − 1) ( n − 2) 2 2 n +1 n +1 4047 n + 1 Suy ra vn = v1 ⇒ un = + 2023 = + 2023 = vn . 0.5 2n 2n 2n 4047 n + 1 4047 = lim lim un = . 0.5 n →+∞ n →+∞ 2n 2 Cho khối lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông và A ' A A ' B A ' C a = = = 2/5
Biết góc giữa hai mặt phẳng ( BDD′B′ ) và ( ABCD ) bằng 600 , tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a . 1.0 Gọi O = ∩ BD, O′ = ′ ∩ B′D′ . AC A′C Câu 3.a Gọi H là hình chiếu vuông góc của A′ trên mặt phẳng ( ABCD ) . (3 điểm) Vì A ' A A ' B A ' C a nên HA HB HB , do đó H ≡ O . = = = = = Vì hai mặt phẳng ( ABCD ) và ( A′B′C ′D′ ) song song nhau nên góc giữa hai mặt phẳng ( BDD′B′ ) và ( ABCD ) bằng góc giữa hai mặt phẳng ( BDD′B′ ) và ( A′B′C ′D′ ) .  BD ⊥ AC 1.0  ⇒ BD ⊥ ( A′AO ) ⇒ B′D′ ⊥ ( A′AO ) ⇒ B′D′ ⊥ OO′ .  BD ⊥ A′O Lại có B′D′ ⊥ A′O′ . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( BDD′B′ ) và ( A′B′C ′D′ ) bằng OO′A′  600 .  A′AO = = a 3 a a2 0.5 Tính được A′O = = , AO , S ABCD = . 2 2 2 3 3 0.5 Thể tích khối lăng trụ đã= A′O.S ABCD cho là V = a. 4 Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 3a, SA SB SD a 6 và tam = = = giác ABD đều. Giả sử ( P) là mặt phẳng thay đổi, luôn đi qua B và vuông góc với mặt phẳng ( SCD) . Gọi α là góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( P) . Tìm giá trị lớn nhất của sin α . Câu 3.b (2 điểm) 0.5 3/5
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều ABD. SA SB SD ⇒ SH ⊥ ( ABD) . = = B ∈ ( P ) ⊥ ( SCD), ( P ) ∩ ( SCD) = ∆ Gọi E là hình chiếu của B lên ∆ ⇒ BE ⊥ ( SCD ) Gọi K là hình chiếu của H lên SD, ( SH D ) ⊥ ( SCD) ⇒ HK ⊥ ( SCD ) 3 3 = d ( A; ( SCD ) ) d ( A; ( SCD ) ) ⇒ BE = = d ( H; ( SCD ) ) = HK . 0.5 2 2 AB 3a HD= = = a 3; SH = SD 2 − DH 2 = 6a 2 − 3a 2 = a 3 . 3 3 3a 6 Suy ra BE = . 4 Gọi F là hình chiếu của D lên ∆ ⇒ DF ⊥ ( P ) .  Suy ra góc tạo bởi BD và ( P ) là α = DBF . 0.5 FD DE sin α = ≤ , dấu bằng xảy ra khi F ≡ E . BD BD 3 5 2 2 a DE BD − BE 2 = = 2 5 10 = = . BD BD 3a 2 2 4 0.5 10 Vậy GTLN của sin α bằng . 4 Trong một hoạt động ngoại khóa của Đoàn trường, lớp Thảo định mở một gian hàng bán trà sữa và kem que. Biết giá gốc một ly trà sữa là 15000 đồng, một que kem là 5000 đồng. Các bạn dự kiến bán trà sữa với giá 20000 đồng/1ly và kem giá 8000 đồng/1que. Dựa vào thống kê số người tham gia hoạt động và nhu cầu thực tế, các bạn trong lớp dự kiến tổng số ly trà sữa và số que kem bán được không vượt quá 200. Theo quỹ lớp thì số tiền lớp Thảo được dùng không quá 2000000 đồng. Hỏi lớp Thảo có thể đạt được tối đa lợi nhuận là bao nhiêu? Gọi x, y lần lượt là số ly trà sữa và số que kem mà lớp Thảo định nhập về để bán Câu 4.a (3 điểm) ( x, y ∈  ) . 1.0 ) Số tiền lợi nhuận thu được là F ( x; y= 5 x + 3 y (nghìn đồng).  x + y ≤ 200  x + y ≤ 200 15000 x + 5000 y ≤ 2000000   3 x + y ≤ 400 Theo đề ta có hệ  ⇔ . 1.0  x≥0  x≥0 y ≥ 0  y ≥ 0  Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là tứ giác OABC (kể cả biên) như hình vẽ 0.5 dưới đây. 4/5
Nếu bán hết số hàng nhập về thì lợi nhuận là Fmax = 5.100 + 3.100 = 800 . Lợi nhuận đạt được là 800 nghìn đồng. Ghi chú: Nếu học sinh biến đổi như sau thì vẫn cho điểm tối đa: F ( x; y ) = 5 x + 3 y = 2( x + y ) + (3 x + y ) ≤ 2.200 + 400 = 800 . 0.5 = 200= 100 x + y x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  ⇔ . 3 x + y 400= 100 = y Kết luận Fmax = 800 . Gọi S là tập hợp các số nguyên dương n thỏa mãn tính chất “ n có đúng 35 ước số nguyên dương”. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất của tập hợp S đã cho. Giả sử n = p1 1 ⋅ p2 2 … pk k , trong đó x1 , x2 …, xk là các số nguyên dương và x x x p1 , p2 , …, pk là các số nguyên tố. Số ước số dương của n là ( x1 + 1)( x2 + 1)…( xk + 1)= 35= 1.35= 5.7; xi + 1 ≥ 2, ∀i= 1, k . 0.5 Câu 4.b = 35 = 34  x1 + 1  x1 (1 điểm)   Từ đó ta có   x1 + 1 5 ⇔   x1 4 . = =  = 7 = 6   x2   x2 + 1  Truờng hợp 1: x1 = 34 . Để n bé nhất, ta chọn p1 = 2 , suy ra n = 234 .  x1 = 4 0.5 Trường hợp 2:  . Để n bé nhất, ta chọn p1 3, p2 2 , suy ra n = 34 ⋅ 26 = 5148 = =  x2 = 6 Vậy n = 5148 là số tự nhiên bé nhất thỏa đề bài. __________HẾT__________ Ghi chú : 1. Mọi lời giải đúng , khác với hướng dẫn chấm, đều cho điểm tối đa theo từng câu và từng phần tương ứng. 2. Tổ chấm thảo luận để thống nhất các tình huống làm bài có thể xảy ra của học sinh. 5/5