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

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.

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