Đang tải... (xem toàn văn)
UBND TĨNH HÀ NAM KỲ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT CÁP TĨNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 2023 '''' củi nn Môn TOÁN ĐE CHÍNH THUC Thời gian làm bài 180 phút Câu I (4,0 điểm) 1 Giải phương trình[.]
UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG o Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà điểm theo thang điểm tương ứng o Đối với tốn hình học học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ yêu cầu phải vẽ hình, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng cho điểm phần tương ứng o Điểm tồn khơng làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Sơ lược lời giải Điểm π Giải phương trình: 2sin x − = 2,0 2sin x − tan x 4 π + kπ , k ∈ Phương trình ⇔ − 2sin x cos x 2sin x − tan x = sin x ⇔ 2sin x ( sin x + cos x ) − 1 + = cos x ⇒ ( sin x + cos x )( sin x − 1) = Điều kiện: x ≠ sin x + cos x = ⇔ sin x = 0,5 0,5 π π +) sin x + cos x = ⇔ sin x + = ⇔ x = − + mπ , m ∈ (thỏa mãn) 4 0,5 π I +) sin x =1 ⇔ x = + nπ , n ∈ (thỏa mãn) (4,0 điểm) π π Kết hợp, suy x = + l , l ∈ 2 Cho hàm số bậc hai f ( x ) = x − x − Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f ( 5sin x − 3m ) = có nghiệm phân biệt đoạn π 3π ; = − x +) f ( x ) =1 ⇔ x − x − = ⇔ x = 0,5 2,0 6m − sin x = (1) − 5sin x − 3m = 10 +) f ( 5sin x − 3m ) = 1⇔ 2⇔ sin x = 3m + ( ) 5sin x − 3m = 0,5 Câu Sơ lược lời giải π 3π Bảng biến thiên hàm số g ( x ) = sin x ; 4 Điểm 0,5 Phương trình cho có nghiệm khi: 6m − −1 < 10 < TH1: (1) có nghiệm ( ) có nghiệm ⇔ 0 ≤ 3m + < − < m < ⇔ ⇔− ≤m< − ≤ m < 6m − 1 10 ≥ m ≥ TH2: (1) có nghiệm ( ) có nghiệm ⇔ ⇔m= m = 3m + = 1 Vậy m ∈ − ; ∪ {1} 6 Cho đa giác có 2n đỉnh, ( n ≥ 2, n ∈ ) Biết rằng, từ 2n đỉnh đa giác cho ta lập 2520 tam giác vng Tìm số cạnh đa giác cho Đa giác có 2n , ( n ≥ 2, n ∈ ) đỉnh ln nội tiếp đường trịn có n đường chéo qua tâm đường tròn ngoại tiếp Số tam giác vuông lập từ 2n đỉnh đa giác là: Cn1 C21n− (tam giác) Từ giả thiết, suy Cn1 C21n− = 2520 ⇔ n − n − 1260 = ⇒ n = 36 Vậy đa giác cho có 72 đỉnh nên có 72 (cạnh) II (6,0 điểm) Ba bạn A, B, C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn [1;22] Tính xác suất để ba số viết có tổng chia hết cho +) Xét phép thử ngẫu nhiên: :"Ba bạn A, B, C viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn [1;22] " ⇒ n ( Ω ) =22 +) Gọi biến cố X: "Ba số viết có tổng chia hết cho " Nhận xét: Phân 22 số tự nhiên thuộc đoạn [1;22] thành ba nhóm: Nhóm X1: Gồm số tự nhiên chia hết cho Nhóm X2: Gồm số tự nhiên chia cho dư Nhóm X3: Gồm số tự nhiên chia cho sư 2 0,5 0,5 1,5 0,5 0,5 0,5 2,5 0,5 0,5 Câu Sơ lược lời giải TH1: Ba số viết thuộc nhóm X1 có: 73 (cách) TH2: Ba số viết thuộc nhóm X2 có: 83 (cách) TH3: Ba số viết thuộc nhóm X3 có: 73 (cách) TH4: Ba số viết có số thuộc nhóm X1; số thuộc nhóm X2; số thuộc nhóm X3 (hốn vị kết quả) có: 7.8.7.3! (cách) ⇒ n ( X ) = 73 + 83 + 73 + 7.8.7.3! Vậy P= (X) n ( X ) 1775 = n ( Ω ) 5324 Xét khai triển Điểm 0,5 0,5 0,5 (1 + x + x ) n = a0 + a1 x + a2 x + + a2 n x n , với n ≥ a0 , a1 , a2 , , a2 n hệ số Biết 41a3 = 14a4 , tính a5 n Ta có (1 + x + x ) = 1 + x (1 + x ) = ∑ Cnk x (1 + x ) n n 2,0 k k =0 n = k n k = C x ∑ C x ∑∑ C C x ∑ k = k n k =i i k i k 0=i = k +i Suy hệ số ak +i x k n i k 0,5 k +i là: Cnk Cki (với ≤ i ≤ k ≤ n ) +) = a3 Cn3C30 + Cn2C21 a4 = Cn4C40 + Cn3C31 + Cn2C22 +) 41a =14a4 ⇔ 41( C C + C C 3 n n ) =14 ( C C n n n +C C +C C 2 ) n = 10 ⇔ n − 33n − 370 = 0⇔ n = − 37 ( l ) +) Với n = 10 , ta có a5 = C10C5 + C104 C41 + C103 C32 = 1452 u = Cho dãy số ( un ) xác định , với n ∈ ∗ Tìm giới hạn u = 3nun n +1 n+3 u u u u = L lim + 22 + 33 + + nn 3 3 3nun +) Ta có un += 3nun ⇔ ( n + 3) un += 1 n+3 ⇔ ( n + 3)( n + )( n + 1) un +1 =3 ( n + )( n + 1) nun III v = (2,0 điểm) Đặt v = ( n + )( n + 1) nun , ta dãy ( ) xác định bởi: n vn +1 = 3vn n −1 n +1 ⇒ ( ) cấp số nhân có cơng bội q = ⇒ v= 9.3 = n +) un 3 = = − + n n ( n + 1)( n + ) n n + n + un 1 u u u ⇒ + 22 + 33 + + = + − n 3 3 n +1 n + 31 1 Vậy = L lim − + = n +1 n + 0,5 0,5 0,5 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu Sơ lược lời giải Cho hình lăng trụ tam giác ABC A′B′C ′ Gọi M trung điểm BC , điểm N thay đổi thuộc cạnh AC Biết mặt phẳng ( A′BN ) cắt AC ′ AM lần Điểm lượt hai điểm P, Q Xác định vị trí N để diện tích tam giác APQ diện tích tam giác AMC ′ 1,5 0,5 Gọi= I A′C ∩ AC ′ ⇒ A′B // IM IM ⊂ ( AMC ′ ) , A′B ⊂ ( A′BN ) Ta có ⇒ PQ // IM //A′B PQ ( AMC ′ ) ∩ ( A′BN ) = 2 AQ = S AMC ′ 2= S AIM , S APQ S AIM nên S APQ = S AMC ′ AM 0,5 AQ AQ ⇔ = =⇔ IV AM AM (6,0 điểm) ⇒ Q trọng tâm tam giác ABC ⇒ N trung điểm AC Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Xét điểm M thay đổi đoạn AB ( M khác A B ), gọi (α ) mặt phẳng qua M , song song với SA BD Xác định vị trí M để thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng (α ) có diện tích đạt giá trị lớn 0,5 2,5 0,5 Kẻ MN //BD ( N ∈ AD ) ; NP //SA ( P ∈ SD ) ; MR //SA ( R ∈ SB ) Gọi O = AC ∩ BD; E = MN ∩ AC ; F = PR ∩ SO; Q = EF ∩ SC Khi thiết diện cần tìm ngũ giác MNPQR , tứ giác MNPR hình bình hành AM Đặt = x ( < x < 1) AB Gọi α góc SA BD Khi MN= x.BD, MR= (1 − x ) SA 0,5 Câu Sơ lược lời giải Suy S MNPR = MN MR.sin= α x (1 − x ) SA.BD.sin α Điểm QF SF AE AM Gọi I trung điểm SC , đó: = = = = x OI SO AO AB x ⇒ QF = x.OI = SA 1 Do góc QE PR α nên S PQR = PR.QF sin α = MN QF sin α 2 x = SA.BD.sin α 3x Vậy S MNPQR =S MNPR + S PQR =x 1 − SA.BD.sin α (*) 0,5 3x 3x 3x 3x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 − ≤ + − = 4 4 4 3x ⇒ x 1 − ≤ Từ (*) suy S MNPQR ≤ SA.BD.sin α 3x 3x MA Dấu "=" xảy =1 − ⇔ x = hay = 4 MB Cho tứ diện ABCD Gọi M , N điểm thuộc cạnh AB CD cho AM = CN Khi véctơ BC , MN AD đồng phẳng, tính góc đường thẳng MN BC 0,5 0,5 2,0 0,5 +) Khơng tính tổng quát, giả sử tứ diện ABCD có cạnh Đặt AM= CN= x ( ≤ x ≤ 1) ⇒ AM = x AB CN = xCD Ta có MN = AN − AM = − x AB + AC + xCD ⇔ MN = − x AB + (1 − x ) AC + x AD Vì MN , BC AD đồng phẳng nên = MN mBC + n AD (cặp số ( m, n ) nhất) ⇔ − x AB + (1 − x ) AC + x AD= m AC − AB + n AD ⇔ ( m − x ) AB + (1 − x − m ) AC + ( x − n ) AD = ( ) 0,5 Câu Sơ lược lời giải m − x = ⇔ 1 − x − m = (vì AB, AC , AD không đồng phẳng) x − n = ⇒x=m=n= +) MN = − AB + AC + AD BC = AC − AB MN BC = = = cos ( MN , BC ) cos MN , BC MN BC Vậy góc hai đường thẳng MN BC 45° Xét số thực a, b, c khác b < c Tìm giá trị lớn biểu thức: ( ) = P = V (2,0 điểm) a + bc − b a + c + c a + b a + a (b + c ) + b c 2 a + bc bc + a 2 + c )( a + b ) 2 + (a + c )(a + b ) (a + −b a + b2 c + a2 + c2 −b ( c − b ) (c − b) a + b2 + c (c − b) (c − b) ( cos B cos BA; BC = = ) 0,5 a2 + c2 = VT 2cos ) −b ( c − b ) = = CA, CB ; cos C cos c − b a + b2 ⇒P = cos A + cos B + cos C ≤ 0,5 2,0 Vì số a, b, c khác nên hệ trục tọa độ Oxy, chọn điểm A ( 0; a ) ; B ( b;0 ) ; C ( c;0 ) , b < c ba đỉnh tam giác Ta có AB = b ; − a ; AC = c ; − a ; ( ) ( ) BC = ( c − b;0 ) bc + a Xét tam giác ABC ,= ta có: cos A cos ; = AB, AC 2 2 a + b a + c ( )( ) ( 0,5 ) ( P= Điểm ( ) c (c − b) c − b a2 + c2 0,5 ; A+ B A− B A+ B − 2cos +1 cos 2 Do A, B, C góc tam giác nên < cos 0,5 A+ B A− B < 1;0 < cos ≤ 2 A+ B A+ B A+ B 1 Do đó, VT ≤ −2cos + 2cos + 1= − cos − ≤ 2 2 2 Dấu "=" xảy tam giác ABC Vậy giá trị lớn P c > 0; b = −c; a = ± 3c 2 -HẾT - 0,5 ...UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06... lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà điểm theo thang điểm tương ứng o Đối với tốn hình học học sinh chứng minh có sử dụng đến... AC Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Xét điểm M thay đổi đoạn AB ( M khác A B ), gọi (α ) mặt phẳng qua M , song song với SA BD Xác định vị trí M để thiết diện hình chóp S ABCD