Đề thi chọn Học sinh giỏi THPT cấp Tỉnh môn Toán - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Sóc Trăng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn Học sinh giỏi THPT cấp Tỉnh môn Toán - Năm học 2023-2024 - 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: 2023-2024 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ 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 06 trang) Bài Đáp án Điểm 2 3x 2,0 1 1) Giải phương trình sin 2x 2sin 1. 2 điểm 3x sin 2x 2sin2 1 2 3x sin 2x 1 2sin2 0 2 1,0 cos3xx sin2 cos3xx cos 2 2 3x 2 x k 2 xk 2 2 2 ,.k 2 3x 2 x k 2 xk 1,0 2 10 5 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x k2, k và x k,. k 2 10 5 2) Tìm các số thực dương ab, thoả mãn 2,0 1 22 log2a 3 b 1 4a b 1 log 4 ab 1 2 a 3 b 1 2 (1) điểm Vì ab, là các số thực dương nên 2ab 3 1 1, 4ab22 1 1 và 4ab 1 1. 22 0,25 Khi đó log2ab 3 1 4ab 1 0 và log41ab 2ab 3 1 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 2 2 2 log2a 3 b 1 4a b 1 log 4 ab 1 2 a 3 b 1 2 log 2 a 3 b 1 4 a b 1 .log 4 ab 1 2 a 3 b 1 22 1,0 2 2 log41ab 4ab 1 22 22 2 log41ab 4ab 1 1 4a 4 ab b 0 2 a b 0 b 2 a . Thay ba 2 vào (1), ta được 2 2 1 log 8aa 1 log 8 1 2 log 8a 1 2 81a 81a2 81a 2 log81a 8a 1 2 log 8a2 1 1 0 log 8a2 1 1 81a 81a 0,75 ab 12 8aa2 8 0 . a 0 loa i Vậy ab 1, 2 là giá trị cần tìm. 1
2. Bài Đáp án Điểm 3) Trong hoạt động “Mừng Đảng, mừng Xuân 2024”, Trường THPT A tổ chức hội trại, lớp 10A1 dự định mở một gian hàng trong hội trại bán trà sữa và kem. Biết giá vốn một ly trà sữa là 8000 đồng, một ly kem là 4000 đồng. Các bạn dự 2,0 1 kiến bán trà sữa với giá 15000 đồng/ly và kem giá 8000 đồng/ly. Dựa theo số điểm học sinh của trường, các bạn trong lớp dự kiến tổng số ly trà sữa và số ly kem bán được không vượt quá 900. Biết quỹ vốn của lớp được dùng không quá 4000000 đồng. Hỏi lớp 10A1 có thể thu được lợi nhuận tối đa là bao nhiêu? Gọi xy, lần lượt là số ly trà sữa và số ly kem lớp 10A1 bán ra xy,. 0,5 Lợi nhuận lớp 10A1 thu được là F x; y 7000 x 4000 y (đồng). xy 900 xy 900 8000xy 4000 4000000 2xy 1000 Theo đề bài, ta có 0,5 x 0 x 0 y 0 y 0 Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là tứ giác OABC (kể cả biên), với A 0; 900 , B 100; 800 và C 500; 0 như hình dưới đây. 0,5 Tại O 0; 0 : F 0; 0 0. Tại A 0; 900 : F 0; 900 3600000. Tại B 100; 800 : F 100; 800 3900000. 0,5 Tại C 500; 0 : F 500; 0 3500000. Vậy lớp 10A1 có thể đạt được lợi nhuận tối đa là 3900000 đồng khi bán 100 ly trà sửa và 800 ly kem. Cho dãy số un xác định bởi u1 10, u2 98 và un 21 10 u n u n ,  n *. 1,0 2 n điểm 1) Chứng minh rằng unn 2.5 ,  *.  5 2 6 a) Xét phương trình đặc trưng 2 10 1 0  5 2 6 nn Khi đó un A 5 2 6 B 5 2 6 ,  n *. AB5 2 6 5 2 6 10 0,5 u1 10 A 1 Ta có 22 . u2 98 AB5 2 6 5 2 6 98 B 1 nn Suy ra unn 5 2 6 5 2 6 ,  *. 2
3. Bài Đáp án Điểm Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Jensen, ta có nn 5 2 6 5 2 6 n 5 2 6 5 2 6 n 0,5 unn 2.5 ,  *. 22 2) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n mà biểu diễn thập phân 1,0 của un có bốn chữ số tận cùng là 2024. điểm Với mỗi số nguyên dương n , gọi rn là số dư trong phép chia xn cho 4. Khi đó r1 2, r2 2. Ta chứng minh rn 2,  n * (*). + Ta có r1 2, r2 2. Suy ra (*) đúng với n 1, n 2. + Giả sử (*) đúng đến nk , khi đó rk 2, rk 1 2 kk 2, * . 1,0 + Ta cần chứng (*) đúng đến nk 1, tức là cần chứng minh rk 1 2. Thật vậy, ta có rk 11 10 r k r k 10.2 2 18  2 mod 4 . Vì thế với mọi n *, xn không chia hết cho 4, do đó không thể có bốn chữ số tận cùng là 2024. 1) Cho một bảng có 77 ô vuông tâm O (như hình vẽ). Một con cờ ban đầu đứng ở O. Mỗi nước đi, con cờ di chuyển theo qui tắc: hoặc giữ nguyên vị trí hoặc nhảy ngẫu nhiên sang ô 2,0 3 cùng cạnh hoặc nhảy ngẫu nhiên sang ô cùng đỉnh với ô nó O đang đứng. Tính xác suất để sau ba nước đi con cờ ở quay lại điểm điểm O. Số phần tử của không gian mẫu n  9.9.9 729. 0,5 Gọi A là biến cố sau ba bước di chuyển con cờ quay lại điểm O. + Trường hợp 1: Nước một con cờ giữ nguyên vị trí. Khi đó nước một có 1 cách đi, nước hai có 9 B C D cách đi, nước ba có 1 cách đi. Trường hợp này có A O E 1.9.1 9 (cách đi). + Trường hợp 2: Nước một con cờ sang ô cùng H G F cạnh. Khi đó nước một có 4 cách đi, nước hai có 6 1,0 cách đi, nước ba có 1 cách đi. Trường hợp này có 4.6 24 (cách đi). + Trường hợp 3: Nước một con cờ sang ô cùng đỉnh. Khi đó nước một có 4 cách đi, nước hai có 4 cách đi, nước ba có 1 cách đi. Trường hợp này có 4.4 16 (cách đi). Khi đó nA 9 24 16 49. nA 49 Vậy xác suất sau ba bước di chuyển con cờ quay lại điểm O là PA . 0,5 n  729 2) Với số nguyên dương n 3, xét đồ thị Gn đơn vô hướng có các đỉnh AAA12, ,..., n lần lượt gắn với các số tự nhiên từ 1 đến n, hai đỉnh được nối với nhau bằng một cạnh nếu tổng của chúng là số nguyên tố. 2,0 a) Với n 7 thì đồ thị trên có tất cả bao nhiêu cạnh? Có tồn tại hay không một cách điểm đi xuất phát từ một đỉnh bất kỳ của đồ thị đi qua tất các cạnh sao cho mỗi cạnh đi qua đúng một lần? b) Chứng minh rằng với mọi n, đồ thị Gn không chứa ba đỉnh đôi một nối nhau. 3
4. Bài Đáp án Điểm a) Đỉnh A1 kề với các đỉnh AAA2,, 4 6 nên degA1 3. Đỉnh A2 kề với các đỉnh AAA1,, 3 5 nên degA2 3. Đỉnh A3 kề với các đỉnh AA24, nên degA3 2. Đỉnh A4 kề với các đỉnh AAA1,, 3 7 nên degA4 3. Đỉnh A5 kề với các đỉnh AA26, nên degA5 2. Đỉnh A kề với các đỉnh AAA,, nên degA 3. 6 1 5 7 6 0,5 Đỉnh A7 kề với các đỉnh AA46, nên degA7 2. 7 Từ đó suy ra degAi 3 3 2 3 2 3 2 18. i 1 Theo định lý bắt tay thì tổng tất cả các bậc của các đỉnh bằng hai lần tổng tất cả 18 các cạnh của đồ thị, vì thế số cạnh của đồ thị là 9. 2 Ta có đồ thị trên có bốn định bậc lẻ nên theo định lý Euler không tồn tại một đường đi Euler. 0,5 Do đó không tồn tại cách đi thoả mãn bài toán b) Giả sử ngược lại trong Gn , có ba đỉnh AAAabc,, (ứng với ba số abc,,) là đôi một nối nhau. Khi đó a b,, b c c a đều là các số nguyên tố. Ta có các tổng trên đều lớn hơn 2 nên đây là các số nguyên tố lẻ. Mà ab lẻ nên ab, phải khác tính chẵn lẻ, không mất tính tổng quát giả sử a 1,0 chẵn, b lẻ. Lại có bc lẻ nên c chẵn, khi đó ca lại là số chẵn (vô lý). Vì thế nên không tồn tại tam giác trong Gn. 1) Một tờ giấy hình tam giác đều ABC cạnh 4 dm. Tờ giấy được gấp lại sao cho đỉnh A chạm vào một điểm D trên cạnh BC và BD 3 dm (như hình vẽ). Tính độ dài nếp gấp PQ sau khi tam giác trên được gấp. A A 2,0 4 điểm Q P B C B C D Đặt AP x, AQ y xy, 0 . Khi đó BP 4, x QC 4. y Xét tam giác BPD có PD2 BP 2 BD 2 2 BP . BD .cos PBD x 2 5 x 13. 13 1,0 x22 x 5 x 13 x dm . 5 13 Khi đó AP PD 5 Xét tam giác CDQ có DQ2 CQ 2 CD 2 2 CQ . CD .cos QCD y 2 7 x 13. 13 y22 y 7 x 13 y 7 0,5 13 Khi đó AQ QD 7 4
5. Bài Đáp án Điểm 6591 Xét tam giác APQ có PQ2 AP 2 AQ 2 2 AP . AQ .cos QCD . 1225 0,5 13 39 Khi đó PQ 35 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , đường kính BC, B và C cố định. D là hình chiếu của A trên BC. T là đường tròn tâm A, bán kính AD. 2,0 4 Gọi PQ, là giao điểm của O và T , M là giao điểm của PQ và AD. Chứng điểm minh rằng khi A di động trên đường tròn thì di động trên đường cố định. Gọi K KD là giao điểm của AD và T , L LA là giao điểm của và O . Ta có MP..... MQ MD MK MD MA AK MD MA AD 1,0 Và MP..... MQ MAML MA MD DL MA MD AD Khi đó MD... MA AD MA MD AD MD MA Vì thế M là trung điểm AD. Đặt BC 2. a Dựng hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ, với B,, C Ox Oy qua O và vuông góc BC. Phương trình đường tròn O :. x2 y 2 a 2 Gọi M xMM;. y Khi đó Dx M ;0 và A xMM; 2 y . xy22 1,0 Mà AO nên x22 2 y 2 a MM 1. MM a2 a2 4 xy22 Vậy di động trên elip E :12 2 cố định. dma . a 4 3a Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng và O là 2,0 5 2 tâm của đáy. điểm 1) Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy. 5
6. Bài Đáp án Điểm S Q M P N T A D X O Z B Y C T Gọi X là trung điểm AB. Khi đó SAB  ABCD AB, OX AB, SX AB. 1,0 Nên SAB ;; ABCD SX OX SXO ( SXO vuông tại O ). AB a AC a 2 Ta có OX và OA . 22 22 Xét tam giác SAO vuông tại O có 22 a32 a a SO SA22 OA . 1,0 2 2 2 SO Xét tam giác SOX vuông tại O có tanSXO 1 SXO 45  . XO Vậy góc giữa mặt bên và đáy bằng 45 . 2) Gọi M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên các mặt phẳng 2,0 5 SAB , SBC , SCD , SDA và T đối xứng S qua O. Tính thể tích của khối điểm chóp T.. MNPQ a Ta có OX SO nên tam giác cân tại O. 2 Gọi M là trung điểm SX thì OM  SX. SX AB Mà OX AB, nên AB SOX . Vì OM SOX nên OM AB. 0,5 Khi đó OM  SAB nên MM  . Suy ra M là trung điểm SX . Gọi YZT,, lần lượt là trung điểm BC,,. CD DA Tương tự ta được NPQ,, lần lượt là trung điểm của SY,,. SZ ST 2 2 1 12 1 aa 2 Khi đó SMNPQ S XYZT XY . 0,5 4 4 4 2 8 3 3aa 3 Và d T,,.. MNPQ TO d O MNPQ SO 0,5 2 2 2 4 1 1 3a a23 a Thể tích khối chóp T. MNPQ là VT. MNPQ d T,.... MNPQ S MNPQ 0,5 3 3 4 8 32 Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác và đúng vẫn cho đủ số điểm. 6