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
QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024
Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023
Mơn thi: TỐN
BÀI THI THỨ NHẤT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỐ BÁO DANH:……………

Câu 1 (2,5 điểm):
a. Giải phương trình: 4sin 2

x
3

 3 cos 2 x  1  2cos 2  x 
2
4



.


 x2

y2
1



2
2
2.
b. Giải hệ phương trình:   y  1  x  1

3 xy  x  y  1
Câu 2 (2,5 điểm):
a. Tính giới hạn: lim
x0

4  4 x  3 8  12 x  1  cos x
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



ln 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

 . Chứng minh rằng: mặt phẳng
BM BN
5
 SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động.

b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn

c. Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  .
2

2

-------------HẾT -------------

2


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 4 năm 2023
Mơn thi: TỐN
BÀI THI THỨ NHẤT
Đáp án này gồm có 07 trang

U 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 khơng 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 (khơng làm trịn số) của điểm tất cả các câu.
Nội dung
Câu
Điểm
1a

Giải phương trình lượng giác: 4sin 2
Ta có: 4sin 2

x
3


 3 cos 2 x  1  2cos 2  x 
2
4



.


x
3 

 3 cos 2 x  1  2cos 2  x 

2
4 


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

0,25

 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x


1,0

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x 

1

5
2
7
k
 k 2 , k   .
và x  
18
3
6


1b

 x2
y2
1



2
2
2
Giải hệ phương trình:   y  1  x  1

3 xy  x  y  1

*  .

1,5

 x  1
Điều kiện: 
.
y


1


0,25

 x 2  y 2 1

 
 
2
 y  1   x  1 
Ta có: *  
.
xy
1


  x  1 y  1 4


0,25

x

u  y  1
Đặt 
, * trở thành:
y
v 
x 1


0,25

1

uv  4

u 2  v 2  1

2

u  v  1
u  v  1



.
1 hoặc 

1
uv  4
uv  4

0,25

1
 x

u  v  1
2 x  y  1
1

 y  1 2
Với 

 x  y  1 TM 
1 uv 
2y  x 1
2  y
1

uv  4

 x  1 2

0,25

Với

1
 x

u  v  1

 2 x  y  1
1
1
2

 y 1
u v 

 x y

1
2
3
 2 y  x  1
uv  4
 y  1
 x  1
2

TM 

0,25

 1 1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 1;1 và   ;   .

 3 3
2a

Tính giới hạn: lim
x0

4  4 x  3 8  12 x  1  cos x
3x 2  4  2

.

4  4 x  3 8  12 x 1  cos x

2
4  4 x  3 8  12 x  1  cos x
x
x2
Ta có: lim
.
 lim
x0
x 0
3x 2  4  2
3x2  4  2
x2

2

1,5

0,25


x
2 x
sin
1  cos x 1
1
2 1.
lim
 lim 2 2  lim
2
2
x0
x

0
x

0
x
x
2
2
2
x


4
2

sin 2

lim
x0

3x 2  4  2
3x 2  4  4

lim
 lim
x0 2
x 0
x2
x
3x 2  4  2

Ta có:







4  4 x  3 8  12 x 



0,25



3
3x 2  4  2





3
.
4

 

4  4 x   x  2    x  2   3 8  12 x



 x2
x3  6 x 2

4  4 x  x  2  x  2 2   x  2  3 8  12 x  3  8  12 x 2

Do đó: lim
x0

0,25

4  4 x  3 8  12 x

x2


1
x6
 lim 

2
x 0 
4  4 x  x  2  x  2    x  2  3 8  12 x  3  8  12 x 2



0,25

0,25






1 6 1
  .
4 12 4

1 1

4  4 x  8  12 x  1  cos x 4 2
Vậy lim


 1.
x0
3
3x 2  4  2
4

0,25

3

2b

Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình





1,0

x 6  65  m. 3 2  x  m 1  x  1 ln có nghiệm.
Điều kiện: x  1 .
Ta có: x 6  65  m

3





2  x  m 1  x  1  x 6  65  m

Xét hàm số f  x   x 6  65  m



3



2  x  x 1 1



3



2  x  x  1  1  0.

liên tục trên nửa khoảng

1;   nên nó liên tục trên đoạn  2;10 .
Lại có: f  2   1  0 , f 10   106  65  0 .

0,25

0,25
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 ln có nghiệm với mọi tham số thực m .
3a

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

3

1,0


một tam giác vuông không cân.
Gọi n là số đỉnh của  H  ( n  * và n  3 ).
Số đường chéo của  H  là: Cn2  n .
Do đó: Cn2  n  252 

n  n  1
n!
 n  252 
 n  252
2.  n  2 !
2

0,25

 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”.
3
Không gian mẫu là: n  C24
 2024 .

0,25

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
22 đỉnh không nằm trên đường chéo đó tạo thành 22 tam giác vng, trong đó có
hai tam giác vng cân.

0,25

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 .
Vậy xác suất của biến cố A là: P  A  
3b

nA
30
.


n 253

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 .

0,25

0,5

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)
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

0,25


Vậy có 162  18  12  36  228 số thỏa mãn bài tốn.
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


. Chứng minh rằng:
BM BN
5
mặt phẳng  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động.
b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn

c. Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  .
2

4a

2

2

Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S . ABC bởi mp   . Tìm vị trí của điểm
M để thiết diện có diện tích lớn nhất.

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 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
SA ). Do đó, tứ giác MPQK là hình bình hành.

0,25

Đặt

AM
 x  0  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


 1  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  .

5

0,5


Ta thấy: SA.BC.sin  SA; BC  không đổi.
2

1
 x 1 x 
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1  x   
  , dấu "  " xảy ra khi
2
4


1
x  1 x  x  .
2
Vậy diện tích MPQK lớn nhất khi

4b

0,25

AM 1
 hay M là trung điểm của AB .
AB 2

BA BC 23


. Chứng minh rằng:
BM BN
5
mp  SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động.

Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn

0,75

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 .
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 ,  2  suy ra:

2SBMJ 2S BNJ BM BJ BN BJ
S
1  BM BN  BJ


.

.
 BMN  


SABC
S ABC
BA BI BC BI
S ABC 2  BA BC  BI
Mặt khác:

S BMN BM BN

.
S ABC
BA BC

 3

 4

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

Vì J thuộc đoạn thẳng BI và thỏa mãn

BI 23
nên J là điểm cố định khi M

BJ 10

di động.
Vậy mp  SMN  luôn chứa đường thẳng SJ cố định khi M di động (đpcm)

6

0,25


4c

Chứng minh rằng:  SA  BC    SC  AB    SB  AC  .
2

2

2

0,75

S

G

D
O

C
A
F

E
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 khơng thuộc mp  DEFG  (5)
Ta có:  SA  BC    2OE  2OG  và  SC  AB    2OF  2OD  (6)
2

2

2

2

0,25

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
  
1
 2 DE 2  2 EF 2  2 DE DG  EF   SB 2  AC 2  (8)
2



 





0,25



Từ (6), (7), (8) suy ra:

 SA  BC 

2

  SC  AB   4  EG 2  DF 2   2  SB 2  AC 2    SB  AC  .
2

2

Vậy  SA  BC    SC  AB    SB  AC  (đpcm)
2

2

2

-------- HẾT --------

7

0,25