De hoc sinh gioi toan 11 cap tinh nam 2022 2023 so gddt ha nam

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 MƠN TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
o Hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận
chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm
theo thang điểm tương ứng.
o Đối với bài tốn hình học nếu học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ thì yêu cầu
phải vẽ hình, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng cho điểm phần
tương ứng.
o Điểm tồn bài khơng làm trịn.
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
Sơ lược lời giải
Điểm
π

2
1. Giải phương trình: 2sin 2  x − =
2,0
 2sin x − tan x .
4


π

+ kπ , k ∈  .
2
Phương trình ⇔ 1 − 2sin x cos
x 2sin 2 x − tan x
=
 sin x 
⇔ 2sin x ( sin x + cos x ) − 1 +
0
=
 cos x 
⇒ ( sin x + cos x )( sin 2 x − 1) =
0

Điều kiện: x ≠

0
sin x + cos x =
⇔
sin 2 x = 1

0,5

0,5

π
π

+) sin x + cos x = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x = − + mπ , m ∈  (thỏa mãn).
4

4


0,5

π

I
+) sin 2 x =1 ⇔ x = + nπ , n ∈  (thỏa mãn).
4
(4,0 điểm)
π
π
Kết hợp, suy ra x = + l , l ∈  .
4
2
2. Cho hàm số bậc hai f ( x ) = 2 x 2 − 3 x − 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m

để phương trình f ( 5sin 2 x − 3m ) =
1 có đúng 5 nghiệm phân biệt trên đoạn
 π 3π 
 4 ; 2  .

1

=
−
x
+) f ( x ) =1 ⇔ 2 x − 3 x − 2 = 0 ⇔ 
2


x = 2

0,5

2,0

2

6m − 1

1
sin 2 x =

(1)

−
5sin 2 x − 3m =
10

+) f ( 5sin 2 x − 3m ) =
1⇔
2⇔

sin 2 x = 3m + 2 ( 2 )
2
5sin 2 x − 3m =

5
1

0,5


Câu

Sơ lược lời giải
 π 3π 
Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = sin 2 x trên  ; 
4 2 

Điểm

0,5

Phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm khi:

6m − 1

−1 < 10 < 0
TH1: (1) có 2 nghiệm và ( 2 ) có 3 nghiệm ⇔ 
0 ≤ 3m + 2 < 1

5
1
 3
− 2 < m < 6
2
1
⇔

⇔− ≤m< .
3
6
− 2 ≤ m < 1
 3
 6m − 1
1

 10 ≥ 0
m ≥
TH2: (1) có 3 nghiệm và ( 2 ) có 2 nghiệm 
1.
⇔
6 ⇔m=
m = 1
 3m + 2 = 1
 5
 2 1
Vậy m ∈  − ;  ∪ {1} .
 3 6
1. Cho đa giác đều có 2n đỉnh, ( n ≥ 2, n ∈  ) . Biết rằng, từ 2n đỉnh của đa giác
đều đã cho ta lập được 2520 tam giác vng. Tìm số cạnh của đa giác đều đã
cho.
Đa giác đều có 2n , ( n ≥ 2, n ∈  ) đỉnh luôn nội tiếp đường trịn và có n đường
chéo đi qua tâm đường trịn ngoại tiếp.
Số tam giác vng lập được từ 2n đỉnh của đa giác đều là: Cn1 .C21n− 2 (tam giác).
Từ giả thiết, suy ra Cn1 .C21n− 2 = 2520

⇔ n 2 − n − 1260 = 0 ⇒ n = 36 .
Vậy đa giác đều đã cho có 72 đỉnh nên có 72 (cạnh).

II
(6,0 điểm) 2. Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn
[1;22] . Tính xác suất để ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 .
+) Xét phép thử ngẫu nhiên: :"Ba bạn A, B, C viết ngẫu nhiên lên bảng một số
tự nhiên thuộc đoạn [1;22] ".

⇒ n ( Ω ) =22 .
3

+) Gọi biến cố X: "Ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 "
Nhận xét: Phân 22 số tự nhiên thuộc đoạn [1;22] thành ba nhóm:
Nhóm X1: Gồm 7 số tự nhiên chia hết cho 3 .
Nhóm X2: Gồm 8 số tự nhiên chia cho 3 dư 1.
Nhóm X3: Gồm 7 số tự nhiên chia cho 3 sư 2.
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 ra đều thuộc nhóm X1 có: 73 (cách)
TH2: Ba số viết ra đều thuộc nhóm X2 có: 83 (cách)
TH3: Ba số viết ra đều thuộc nhóm X3 có: 73 (cách)
TH4: Ba số viết ra có 1 số thuộc nhóm X1; 1 số thuộc nhóm X2; 1 số thuộc
nhóm X3 (hốn vị các 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

3. Xét khai triển

Điểm
0,5
0,5
0,5

(1 + x + x )

2 n

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 n x 2 n , với n ≥ 2 và

a0 , a1 , a2 ,..., a2 n là các hệ số. Biết 41a3 = 14a4 , tính a5 .
n

Ta có (1 + x + x 2 ) =
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 0
=

k
n

k

=i 0

i
k

i

k 0=i 0
=
k +i

Suy ra hệ số ak +i của x

k
n

i
k

0,5

k +i

là: Cnk Cki (với 0 ≤ i ≤ k ≤ n )

+)
=
a3 Cn3C30 + Cn2C21 và a4 = Cn4C40 + Cn3C31 + Cn2C22
+) 41a =14a4 ⇔ 41( C C + C C
3

3
n

0
3

2
n

1
2

) =14 ( C C
4
n

0
4

3
n

1
3

2
n

+C C +C C

2
2

)

 n = 10
.
⇔ 7 n − 33n − 370 =
0⇔
 n = − 37 ( l )
7

5
0
+) Với n = 10 , ta có a5 = C10C5 + C104 C41 + C103 C32 = 1452 .
2

3

u
=

1

2
Cho dãy số ( un ) xác định bởi 
, với mọi n ∈ ∗ . Tìm giới hạn
u = 3nun
n +1
n+3

u 
u u u
=
L lim  1 + 22 + 33 + ... + nn  .
3 
3 3 3
3nun
+) Ta có un +=
3nun
⇔ ( n + 3) un +=
1
1
n+3
⇔ ( n + 3)( n + 2 )( n + 1) un +1 =3 ( n + 2 )( n + 1) nun

III
v = 9
(2,0 điểm) Đặt v =
( n + 2 )( n + 1) nun , ta được dãy ( vn ) xác định bởi:  1
n
vn +1 = 3vn

n −1
n +1
⇒ ( vn ) là cấp số nhân có cơng bội q = 3 ⇒ v=
9.3 = 3
n
+)

un
3
3 1
2
1 
=
=  −
+

n
3
n ( n + 1)( n + 2 ) 2  n n + 1 n + 2 

un 3  1
1
1 
u u u
⇒ 1 + 22 + 33 + ... + =
+
 −

n
3 3 3

3
2  2 n +1 n + 2 
31
1
1  3
Vậy =
.
L lim  −
+
=

2  2 n +1 n + 2  4
3

0,5
0,5

0,5

2,0

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu

Sơ lược lời giải
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ . Gọi M là trung điểm của BC , điểm
N thay đổi thuộc cạnh AC . Biết mặt phẳng ( A′BN ) luôn cắt AC ′ và AM lần

Điểm

lượt tại hai điểm P, Q . Xác định vị trí của N để diện tích của tam giác APQ
2
bằng diện tích của tam giác AMC ′ .
9

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

2
 AQ 
=
S AMC ′ 2=

S AIM , S APQ 
 S AIM nên S APQ = S AMC ′
9
 AM 

0,5

2

4
AQ 2
 AQ 
⇔
=
 =⇔
IV
9
AM 3
 AM 
(6,0 điểm) ⇒ Q là trọng tâm tam giác ABC ⇒ N là trung điểm của AC .
2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Xét điểm M thay
đổi trên đoạn AB ( M khác A và B ), gọi (α ) là mặt phẳng đi qua M , song
song với SA và BD . Xác định vị trí của M để thiết diện của hình chóp
S . ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (α ) có diện tích đạt giá trị lớn nhất.

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 đó thiết diện cần tìm là ngũ giác MNPQR , trong đó tứ giác MNPR là hình
bình hành.
AM
Đặt
=
x
( 0 < x < 1) .
AB
Gọi α là góc giữa SA và BD . Khi đó MN= x.BD, MR= (1 − x ) .SA .
4

0,5


Câu

Sơ lược lời giải
Suy ra S MNPR
= MN .MR.sin=
α x (1 − x ) .SA.BD.sin α .

Điểm

QF SF AE AM

Gọi I là trung điểm của SC , khi đó: = = =
= x
OI SO AO AB
x
⇒ QF = x.OI = SA
2
1
1
Do góc giữa QE và PR bằng α nên S PQR = PR.QF .sin α = MN .QF .sin α
2
2
2
x
= SA.BD.sin α .
4
 3x 
Vậy S MNPQR =S MNPR + S PQR =x 1 −  .SA.BD.sin α (*) .
4 


0,5

2

3x  3x  1  3x
3x 
1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1 −  ≤  + 1 −  =
4

4  4 4
4 
4
 3x  1
⇒ x 1 −  ≤ .
4  3

1
Từ (*) suy ra S MNPQR ≤ .SA.BD.sin α .
3
3x
3x
2
MA
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
=1 −
⇔ x = hay
= 2.
4
4
3
MB
3. Cho tứ diện đều ABCD . Gọi M , N lần lượt là các điểm thuộc cạnh AB và
 

CD sao cho AM = CN . Khi các véctơ BC , MN và AD đồng phẳng, tính góc
giữa đường thẳng MN và BC .

0,5

0,5

2,0

0,5
+) Khơng mất tính tổng qt, giả sử tứ diện ABCD đều có cạnh bằng 1




Đặt AM= CN= x ( 0 ≤ x ≤ 1) ⇒ AM =
x AB và CN = xCD .
  
  
Ta
có
MN =
AN − AM =
− x AB + AC + xCD


 
⇔ MN =
− x AB + (1 − x ) AC + x AD

 

 
Vì MN , BC và AD đồng phẳng nên =
MN mBC + n AD (cặp số ( m, n ) duy

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

0,5


Câu

Sơ lược lời giải

0
m − x =
  


⇔ 1 − x − m =
0 (vì AB, AC , AD không đồng phẳng).
x − n =
0

1
⇒x=m=n= .
2
  
 1   
+) MN = − AB + AC + AD và BC
= AC − AB
2
 
MN .BC
 
2
=
=
=
cos ( MN
, BC ) cos MN
, BC
.
MN .BC
2
Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và BC bằng 45° .
Xét các số thực a, b, c khác 0 và b < c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(

)

=
P
=

V
(2,0 điểm)

a 2 + bc − b a 2 + c 2 + c a 2 + b 2
a + a (b + c ) + b c
4

2

2

2

a 2 + bc
bc + a 2

2

+ c 2 )( a 2 + b 2 )

2 2

+

(a 2 + c 2 )(a 2 + b 2 )

(a

+

−b
a 2 + b2

c

+

a2 + c2

−b ( c − b )

(c − b)

a 2 + 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 2 + b2

⇒P
= cos A + cos B + cos C ≤

0,5

2,0

.

Vì 3 số a, b, c khác 0 nên trong hệ trục tọa độ Oxy, chọn 3 điểm
A ( 0; a ) ; B ( b;0 ) ; C ( c;0 ) , b < c là ba đỉnh một tam giác.



Ta có AB =
b
;
−
a
;
AC
=
c
;
−
a
;
(
)
(
) BC =
( c − b;0 ) .
 
bc + a 2

Xét tam giác ABC ,=
ta có: cos A cos
;
=
AB, AC
2
2
2
2
a
+
b
a
+
c
(
)(
)

(

0,5

)

(

P=

Điểm

(

)

c (c − b)
c − b a2 + c2

0,5

;

3
2

A+ B
A− B
A+ B
− 2cos 2
+1
cos
2
2
2

Do A, B, C là các góc của tam giác nên 0 < cos

0,5
A+ B
A− B

< 1;0 < cos
≤ 1.
2
2
2

A+ B
A+ B
3
A+ B 1
3

Do đó, VT ≤ −2cos
+ 2cos
+ 1=
− 2  cos
−  ≤
2
2
2
2
2
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
3
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng khi đó c > 0; b =
−c; a =
± 3c .
2

2

-----HẾT-----

6

0,5