Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án (Vòng 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình" nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo tại đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án (Vòng 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang và 04 câu Câu 1 (2,5 điểm): x  3  a. Giải phương trình: 4sin 2  3 cos 2 x  1  2cos 2  x  . 2  4   x2 y2 1    b. Giải hệ phương trình:   y  1  x  1 2 2 2.  3 xy  x  y  1 Câu 2 (2,5 điểm): 4  4 x  3 8  12 x  1  cos x a. Tính giới hạn: lim . x0 3x 2  4  2  b. Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình x 6  65  m. 3 2  x  m 1  x  1  luôn có nghiệm. Câu 3 (1,5 điểm): a. Cho  H  là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của  H  . Tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân. b. Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập phương của ba chữ số đó chia hết cho 3 . Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình chóp S . ABC và điểm M di động trên cạnh AB ( M khác A, B ). Mặt phẳng   luôn đi qua M đồng thời song song với cả hai đường thẳng SA và BC . a. Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mặt phẳng   . Tìm vị trí của điểm M để thiết diện có diện tích lớn nhất. BA BC 23 b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: mặt phẳng BM BN 5  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. c. Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  . 2 2 2 -------------HẾT -------------
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Đáp án này gồm có 07 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai ở phần nào thì cho điểm 0 ở phần đó. * Điểm thành phần của mỗi câu được chia đến 0,25 điểm. Đối với những phần được chia đến 0,5 điểm thì tổ giám khảo thống nhất để chia đến 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu. * Điểm của toàn bài là tổng điểm (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm x  3  1a Giải phương trình lượng giác: 4sin 2  3 cos 2 x  1  2cos 2  x  . 1,0 2  4  x  3  Ta có: 4sin 2  3 cos 2 x  1  2cos 2  x   2  4  0,25  3   2 1  cos x   3 cos 2 x  1  1  cos  2 x    2   2  2 cos x  3 cos 2 x  2  sin 2 x 0,25  3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x 3 1  cos 2 x  sin 2 x   cos x 2 2 0,25    cos  2 x    cos   x   6  5 2  x  18  k 3  , k  .  x   7  k 2   6 0,25 5 2 7 Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x  k và x    k 2 , k   . 18 3 6 1
 x2 y2 1    1b Giải hệ phương trình:   y  1  x  1 2 2 2 *  . 1,5  3 xy  x  y  1  x  1 Điều kiện:  . 0,25  y  1  x 2  y 2 1       y  1   x  1  2 Ta có: *   . 0,25  xy 1    x  1 y  1 4   x  1 u  y  1  uv  4  Đặt  , * trở thành:  0,25 v  y u 2  v 2  1   x 1   2 u  v  1 u  v  1    1 hoặc  1 . 0,25 uv  4  uv  4   x 1 u  v  1    1  y 1 2 2 x  y  1 Với  1 uv    x  y  1 TM  0,25 uv  4 2  y  1 2 y  x  1   x 1 2  Với  x 1 u  v  1  1  y 1   2   2 x  y  1 1  1 u v    x y TM  uv  4 2  y  1  2 y  x  1 3 0,25   x 1  2  1 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 1;1 và   ;   .  3 3 4  4 x  3 8  12 x  1  cos x 2a Tính giới hạn: lim . 1,5 x0 3x 2  4  2 4  4 x  3 8  12 x 1  cos x  4  4 x  3 8  12 x  1  cos x x2 x2 Ta có: lim  lim . 0,25 x0 3x 2  4  2 x 0 3x2  4  2 x2 2
x x sin 2 sin 2 1  cos x 1 1 2 1. lim 2  lim 2 2  lim 2 0,25 x0 x 2 x0 x 2 x 0 x 2 4   2 3x 2  4  2 3x 2  4  4 3 3 lim  lim  lim  . x0 x2 x0 2 x  3x 2  4  2 x 0   3x 2  4  2  4 0,25 Ta có: 4  4 x  3 8  12 x     4  4 x   x  2    x  2   3 8  12 x   x2 x3  6 x 2 0,25   4  4 x  x  2  x  2 2   x  2  3 8  12 x  3  8  12 x 2 4  4 x  3 8  12 x Do đó: lim x0 x2   0,25 1 x6  lim    x 0  4  4 x  x  2  x  2    x  2  3 8  12 x  3  8  12 x 2 2    1 6 1    . 4 12 4 1 1 0,25  4  4 x  8  12 x  1  cos x 4 2 3 Vậy lim   1. x0 3x 2  4  2 3 4 Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình 2b   x 6  65  m. 3 2  x  m 1  x  1 luôn có nghiệm. 1,0 Điều kiện: x  1 . Ta có: x 6  65  m 3  2  x  m 1  x  1  x 6  65  m   3  2  x  x  1  1  0. 0,25 Xét hàm số f  x   x 6  65  m  3 2  x  x 1 1  liên tục trên nửa khoảng 0,25 1;   nên nó liên tục trên đoạn  2;10 . Lại có: f  2   1  0 , f 10   106  65  0 . 0,25 Suy ra: f  2  . f 10   0 nên phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm trên khoảng  2;10  . 0,25 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi tham số thực m . Cho  H  là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam 3a 1,0 giác có ba đỉnh là ba đỉnh của  H  . Tính xác suất để tam giác được chọn là 3
một tam giác vuông không cân. Gọi n là số đỉnh của  H  ( n  * và n  3 ). Số đường chéo của  H  là: Cn  n . 2 n! n  n  1 Do đó: Cn2  n  252   n  252   n  252 0,25 2.  n  2 ! 2  n  24 TM   n 2  3n  504  0   . Số đỉnh của  H  là: n  24 .  n  21 KTM   Gọi biến cố A là: “tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân”. 0,25 Không gian mẫu là: n  C24  2024 . 3 Gọi đường tròn tâm O là đường tròn ngoại tiếp  H  . Ta thấy số đường chéo của  H  đi qua O là: 12 . Hai đỉnh nằm trên mỗi đường chéo của  H  đi qua O kết hợp với mỗi đỉnh trong 0,25 22 đỉnh không nằm trên đường chéo đó tạo thành 22 tam giác vuông, trong đó có hai tam giác vuông cân. Do đó: ứng với mỗi đường chéo của  H  có 20 tam giác vuông không cân. Số phần tử thuận lợi của biến cố A là: n A  12.20  240 . nA 30 0,25 Vậy xác suất của biến cố A là: P  A    . n 253 Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập 3b 0,5 phương của ba chữ số đó chia hết cho 3 . Gọi số cần tìm là abc (với a  0, a  b  c,  a 3  b3  c3  3 ) Vì a 3  b3  c 3   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a  nên  a 3  b3  c 3  3 3   a  b  c   3   a  b  c  3 3 Đặt A  3;6;9 , B  1; 4;7 , C  2;5;8 0,25 TH1: Mỗi chữ số a, b, c thuộc một tập khác nhau trong ba tập A, B, C . Số cách chọn là: 3!.3.3.3  162 (cách) TH2: Cả ba chữ số a, b, c thuộc cùng một tập A (hoặc B hoặc C ). Số cách chọn là: 3!.3  18 (cách) TH3: Tập a; b; c chứa chữ số 0 và hai phần tử còn lại thuộc A . Số cách chọn là: 2. A32  12 (cách) 0,25 TH4: Tập a; b; c chứa chữ số 0 , một phần tử thuộc B và một phần tử thuộc C . Số cách chọn là: 2.  2.3.3  36 (cách) 4
Vậy có 162  18  12  36  228 số thỏa mãn bài toán. Cho hình chóp S . ABC và điểm M di động trên cạnh AB ( M khác A, B ). Mặt phẳng   luôn đi qua M đồng thời song song với cả hai đường thẳng SA và BC . a. Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mặt phẳng   . Tìm vị trí 4 của điểm M để thiết diện có diện tích lớn nhất. 3,5 BA BC 23 b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: BM BN 5 mặt phẳng  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. c. Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  . 2 2 2 Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mp   . Tìm vị trí của điểm 4a 2,0 M để thiết diện có diện tích lớn nhất. S Q K C A P M B Trong mp  SAB  , kẻ MK || SA  K  SB  . Trong mp  ABC  , kẻ MP || BC  P  AC  . 0,5 Trong mp  SAC  , kẻ PQ || SA  Q  SC  . Thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mp   là tứ giác MPQK . 0,25 Ta có: MP || QK (vì cùng song song với BC ) và MK || PQ (vì cùng song song với 0,25 SA ). Do đó, tứ giác MPQK là hình bình hành. AM Đặt  x  0  x  1 . AB MP AM Xét tam giác ABC có MP || BC nên ta có:   x  MP  x.BC . BC AB 0,25 Xét tam giác SAB có MK || SA nên ta có: MK BM AB  AM    1  x  MK  1  x  .SA . SA AB AB Diện tích thiết diện MPQK là: 0,5 S MPQK  MP.MK .sin  MP; MK   x 1  x  .SA.BC.sin  SA, BC  . 5
Ta thấy: SA.BC.sin  SA; BC  không đổi. 2  x 1 x  1 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1  x      , dấu "  " xảy ra khi  2  4 1 x  1 x  x  . 0,25 2 AM 1 Vậy diện tích MPQK lớn nhất khi  hay M là trung điểm của AB . AB 2 BA BC 23 Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: 4b BM BN 5 0,75 mp  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. S I C A J M N B Gọi I là trung điểm của AC , J là giao điểm của hai đoạn thẳng MN và BI . S BMJ BM BJ 2S BM BJ Ta có:  .  BMJ  . 1 S BAI BA BI S ABC BA BI S BNJ BN BJ 2S BN BJ  .  BNJ  .  2 0,25 S BCI BC BI S ABC BC BI Từ 1 ,  2  suy ra: 2SBMJ 2S BNJ BM BJ BN BJ S 1  BM BN  BJ   .  .  BMN      3 SABC S ABC BA BI BC BI S ABC 2  BA BC  BI S BMN BM BN Mặt khác:  .  4 S ABC BA BC Từ  3 ,  4  suy ra: 0,25 1  BM BN  BJ BM BN BI 1  BA BC  BI 23     .       . 2  BA BC  BI BA BC BJ 2  BM BN  BJ 10 BI 23 Vì J thuộc đoạn thẳng BI và thỏa mãn  nên J là điểm cố định khi M BJ 10 di động. 0,25 Vậy mp  SMN  luôn chứa đường thẳng SJ cố định khi M di động (đpcm) 6
Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  . 2 2 2 4c 0,75 S G D O C A E F B Gọi D, E , F , G, O lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SA, AB, BC , SC , SB . Ta thấy: tứ giác DEFG là hình bình hành và O không thuộc mp  DEFG  (5) 0,25 Ta có:  SA  BC    2OE  2OG  và  SC  AB    2OF  2OD  (6) 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác: OE  OG  EG và OF  OD  DF (theo (5)) (7) Mặt khác:  2  2   2   2      EG 2  DF 2  EG  DF  ED  EF  DE  DG    0,25     1   2 DE 2  2 EF 2  2 DE DG  EF   SB 2  AC 2  (8) 2 Từ (6), (7), (8) suy ra:  SA  BC    SC  AB   4  EG 2  DF 2   2  SB 2  AC 2    SB  AC  . 2 2 2 0,25 Vậy  SA  BC    SC  AB    SB  AC  (đpcm) 2 2 2 -------- HẾT -------- 7