Đề thi chọn Học sinh giỏi THPT cấp Tỉnh môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Sóc Trăng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn Học sinh giỏi THPT cấp Tỉnh môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Sóc Trăng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH SÓC TRĂNG Năm học: 2022-2023 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Bài Đáp án Điểm 2,0 1 1) Giải phương trình cos3xxx 3 sin 3 2sin 3 2 2 sin x . 3 điểm Ta có cos3xxx 3 sin 3 2sin 3 2 2 sin x 3 1 3 cos3x sin3 xx sin3 2sin x 2 2 3 1,0 cos3.cosx sin3.sin x sin3 x 2sin x 3 3 3 cos 3x sin 3 x 2 sin x 3 3 2 2 cos 3x sin 3 x sin x 2 3 2 3 sin3 x .cos cos3 x .sin sin x 0,5 3 4 3 4 7 sin 3x sin x 12 7 7 3x xk 2 x k 12 24 , k . 7 5 3x xk 2 x k 0,5 12 48 2 7 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x k , x k , k . 24 48 2 2) Cho các số thực x, y thỏa mãn: y 2 10 và 2,0 1 3 2 2 2 xxy 3 40 y 43 40 y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức điểm Px 2 y 2 x3 y . Ta có xxy3 3 2 40 y 2 43 40 y 2 xx33 40 y 2 40 y 2 3 40 y 2 0 3 x340 yx 2 3 40 y 2 0 0,5 2 x40 yxxy2 2 40 2 40 y 2 3 x 40 y 2 0 2 x40 yxxy2 2 40 2 40 y 2 3 0 1
2. Bài Đáp án Điểm 2 2 2 2 2 1 2 3 2 Mà xxy 40 40 y 3 x 40 y 40 y 3 0, 2 4 0,25 với y 2 10. x 0 Nên 2 2 (1). x 40 y 0 x40 y 2 2 0,25 x y 40 Khi đó P 40 xy 3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có xy 32 12 3 2 xy 2 2 400 0,5 Suy ra x 3 y 20 Do đó P 60 0,25 x 0 2 2 x 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y 40 y 6 x y 0,25 1 3 x 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 60 khi . y 6 3) Vào lúc 5 giờ chiều, ở một công ty tại khu công nghiệp An Nghiệp - Sóc Trăng có 12 xe đưa công nhân về một bến. Mỗi tài xế có hai lựa chọn để đi là: + Đi theo đường quốc lộ, không bị kẹt xe nhưng phải đi vòng, thời gian để đi là 60 phút. + Đi theo đường nội thành, đường ngắn hơn nhưng nhỏ và vào giờ cao điểm 2,0 1 nên nếu xe đầu tiên đi thì mất 25 phút, khi có thêm một xe nữa cùng đi (chỉ xét xe điểm của công ty này) thì thời gian của các xe đi sau sẽ tăng thêm 5 phút so với xe đi ngay trước đó. Hỏi các tài xế của công ty phải tính toán cho bao nhiêu xe đi theo đường nội thành và bao nhiêu xe đi theo đường quốc lộ để tổng thời gian các xe di chuyển là nhỏ nhất? Gọi x (xe) là số xe đi theo đường nội thành x , x 12 . 0,25 Khi đó có 12 x (xe) đi theo đường quốc lộ. Tổng thời gian của các xe đi theo đường quốc lộ là 60 12 x 720 60 x (phút) 0,25  Trường hợp 1: x 0 0,25 Tổng thời gian các xe di chuyển là 12.60 720 (phút).  Trường hợp 2: 1 x 12 Thời gian các xe đi trong nội thành là một cấp số cộng với số hạng đầu u1 25 0,25 (phút) và công sai d 5 (phút). Tổng thời gian của các xe đi theo dương nội thành là 50 x 1 5 x 5 45 0,25 S xx2 (phút). x 2 2 2 5 75 Tổng thời gian các xe di chuyển là T x2 x 720 (phút). 0,25 2 2 2
3. Bảng biến thiên 0,25 Mà x nên T đạt giá trị nhỏ nhất khi x 8 hoặc x 7. + Khi x 8 thì T 580. + Khi x 7 thì T 580. 0,25 Vậy tổng thời gian các xe di chuyển nhỏ nhất là 580 phút, khi 8 xe đi theo đường nội thành, 4 xe đi theo đường quốc lộ hoặc khi 7 xe đi theo đường nội thành, 5 xe đi theo đường quốc lộ. Cho dãy số un được xác định bởi 1,0 2 u 1, u 3 và u n3 u n 2 u , n . 1 2 n 2 n 1 n điểm 1) Tìm công thức tổng quát của dãy số un . Ta có un 2 n3 u n 1 n 2 u n u n 2 u n 1 n 2 u n 1 u n 0,25 Ta chứng minh un 1! 2! .... n !, n * (*). + Ta có u1 1. Do đó (*) đúng với n 1. + Giả sử (*) đúng với n k k *, tức là uk 1! 2! .... kk 1 ! !. 0,5 + Ta cần chứng minh (*) đúng với n k 1, tức là chứng minh uk 1 1! 2! .... kk ! 1 !. Thật vậy, ta có uukkk 1 1 uu kk 1 kkk 1.! 1! Suy ra uukk 1 k 1 ! 1! 2! .... k 1 !. Theo nguyên lý quy nạp, ta được công thức tổng quát của dãy số u là n 0,25 un 1! 2! .... n !, n *. 2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 9 thì u luôn chia hết 1,0 2 n cho 11. điểm Chứng minh được u10 11 0,5 Mà u u 11! 12! 13! .... n !, n 10 nên với mọi số nguyên dương n lớn n 10 0,25 hơn 10 thì un luôn chia hết cho 11. Vậy với mọi số nguyên dương n lớn hơn 9 thì un luôn chia hết cho 11. 0,25 2,0 3 1) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau có dạng abcd mà a b và c d ? điểm  Trường hợp 1: d 0. Khi đó có 9 cách chọn c. Chọn một tập con gồm hai phần tử của tập 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9   \c ; d có 2 C8 cách chọn. Với tập con vừa chọn, ta có b là chữ số lớn hơn và a là chữ số 0,5 nhỏ hơn. 2 Trường hợp này có tất cả 9.C8 252 (số) 3
4.  Trường hợp 2: d 2. Khi đó có 7 cách chọn c. 2 Chọn một tập con gồm hai phần tử của tập 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 \ c ; d có C7 cách chọn. Với tập con vừa chọn, ta có b là chữ số lớn hơn và a là chữ số nhỏ 0,5 hơn. 2 Trường hợp này có tất cả 7.C7 147 (số).  Trường hợp 3: d 4. Khi đó có 5 cách chọn c. 2 Chọn một tập con gồm hai phần tử của tập 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 \ c ; d có C7 cách chọn. Với tập con vừa chọn, ta có b là chữ số lớn hơn và a là chữ số nhỏ 0,25 hơn. 2 Trường hợp này có tất cả 5.C7 105 (số).  Trường hợp 4: d 6. Khi đó có 3 cách chọn c. 2 Chọn một tập con gồm hai phần tử của tập 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 \ c ; d có C7 cách chọn. Với tập con vừa chọn, ta có b là chữ số lớn hơn và a là chữ số nhỏ 0,25 hơn. 2 Trường hợp này có tất cả 3.C7 63 (số).  Trường hợp 5: d 8. Khi đó có 1 cách chọn c. 2 Chọn một tập con gồm hai phần tử của tập 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 \ c ; d có C7 cách chọn. Với tập con vừa chọn, ta có b là chữ số lớn hơn và a là chữ số nhỏ 0,25 hơn. 2 Trường hợp này có tất cả C7 21 (số) Vậy có 252 147 105 63 21 588 số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán. 0,25 2) Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh gồm 2 học sinh lớp 10, 2 học sinh lớp 11 và 2 học 2,0 3 sinh lớp 12 thành một hàng ngang. Tính xác suất để trong 6 học sinh trên không điểm có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau? Số phần tử của không gian mẫu n  6! 720. 0,5 Gọi A là biến cố trong 6 học sinh thì 2 học sinh cùng lớp không đứng cạnh nhau; M là tập hợp cách xếp mà 2 học sinh lớp 10 đứng cạnh nhau; N là tập hợp cách xếp mà 2 học sinh lớp 11 đứng cạnh nhau; 0,25 P là tập hợp cách xếp mà 2 học sinh lớp 12 đứng cạnh nhau. Khi đó M N P 2!.5! 240. MN   NP PM 2!.2!.4! 96. 0,5 M N P 2!.2!.2!3! 48. Số cách xếp có ít nhất 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau là MNPMNPMNNPPMMNP     480. 0,25 Số phần tử của biến cố A là n A 720 480 240. 0,25 n A 240 1 Xác suất cần tính là P A . 0,25 n  720 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng dx: y 4 0 và đường tròn Cxy :2 2 2 x 6 y 6 0. 2,0 4 1) Từ điểm S nằm trên đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến SA, SB của đường tròn điểm C với A, B là các tiếp điểm và A có hoành độ dương. Đường thẳng AB đi qua K 2; 7 . Tìm tọa độ điểm S. 4
5. A K I T S B Đường tròn C có tâm I 1; 3 , bán kính R 2. 0,25 Gọi S m; m 4 d . 0,25 Gọi T là trung điểm SI. Tứ giác SAIB nội tiếp đường tròn đường kính SI. m 1 m 7 IS2 m2 2 Ta có T ;, TS . 2 2 2 2 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác SAIB là 0,5 2 2 m 1 m 7 m2 1 Tx :. y 2 2 2 Hay Txy :2 2 m 1 xm 7 ym 4 12 0 (1) Mà Cxy :2 2 2 xy 6 6 0 (2) Lấy (2) trừ (1), ta được phương trình đường thẳng AB là ABm: 1 xm 1 y 4 m 6 0. 0,5 Mà AB qua K 2; 7 nên m 3. Khi đó S 3; 1 . 0,5 2) Đường thẳng qua B song song SA cắt đường tròn C tại D D B . Gọi C 2,0 4 là giao điểm thứ hai của SD với đường tròn C . Tìm tọa độ giao điểm M của điểm BC và SA. A M I S D C B Xét MAC và MBA có M chung và MAC MBA (cùng chắn AC ). MA MB 0,5 Khi đó MAC MBA nên MA2 MB. MC (1).  MC MA Ta có SBC SDB (cùng chắn BC ) và ASD SDB (so le trong). Suy ra SBC ASD hay SBM MSC . 0,5 Xét MSC và MBS có M chung và MSC SBM (chứng minh trên). 5
6. MS MB Khi đó MSC MBS nên MS2 MBMC. (2).  MC MS Từ (1) và (2), ta được MA MS hay M là trung điểm AS. 0,25 Phương trình đường thẳng AB là 2x y 3 0. 0,25 3 x 2x y 3 0 x 1 5 Xét hệ phương trình v . xy2 2 2 xy 6 6 0 y 1 21 0,25 y 5 Suy ra A 1;1 . Ta có M là trung điểm SA nên M 1;1 . 0,25 Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và BC 4 a , 1,5 5 cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA 2 a 2. điểm 1) Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAB . S N P C A R Q M B Ta có AC AB (giả thiết) và AC SA SA ABC . 0,5 Suy ra AC SAB . Khi đó SA là hình chiếu của SC trên SAB . 0,5 Suy ra SC ,, SAB SC SA ASC (do SAC vuông tại A). BC Xét ABC vuông cân tại A nên AB AC 2 a 2. 2 AC a 2 Xét SAC vuông tại A, có tan ASC 1. 0,5 SA a 2 Vậy SC , SAB ASC  45 .   2) Gọi M, lần lượt là trung điểm AB, SA và R là điểm thỏa mãn AC 2 CR . 2,5 5 Xác định và tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng MNR và hình chóp điểm S.. ABC Trong mặt phẳng SAC , gọi P là giao điểm của SC và NR. Trong mặt phẳng ABC , gọi Q là giao điểm của BC và MR. 0,5 Khi đó thiết diện là tứ giác MNPQ. Ta có MN là đường trung bình của SAB nên MN//. SB 0,5 6
7. MNR  SBC PQ PQ// MN Suy ra tứ giác MNPQ là hình thang. 2 2 Xét SAB vuông tại A, có SB SA2 AB 2 2 a 2 2 a 2 4 a . 1 Suy ra MN SB 2 a . 2 Áp dụng định lí Menelaus cho SAC, với N, P, R thẳng hàng. Ta có 0,5 NS RA PC PC 1 CP 1 . . 1 . NA RC PS PS 3 CS 4 PQ CP 1 1 Mà PQ SB a. SB CS 4 4 Xét BMQ có MQ2 BM 2 BQ 22 BM . BQ .cos MBQ 5 a 2 MQ a 5. Xét SNP có NP2 SN 2 SP 22 SNSP . .cos NSP 5 a 2 NP a 5. 0,5 Khi đó tứ giác MNPQ là hình thang cân Q P Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của Q, P trên MN. MN HK a Khi đó MH . 2 2 0,25 Xét tam giác MHQ vuông tại H có 2 2 H K N 2 2 a a 19 M QH MQ MH a 5 . 2 2 MN PQ QH 3a2 19 Diện tích hình thang cân MNPQ là S . 0,25 MNPQ 2 4 Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác và đúng vẫn cho đủ số điểm. 7