Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Quảng Bình

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 11 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 11 năm học 2022 – 2023 và chọn đội dự tuyển dự thi chọn học sinh giỏi Quốc gia môn Toán năm học 2023 – 2024 

22 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

15 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
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
Môn thi: TOÁN
SỐ BÁO DANH:……………
BÀI THI THỨ NHẤT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu
Câu 1 (2,5 điểm):
a. Giải phương trình:
2 2
3
4sin 3 cos2 1 2cos
2 4
x
x x
.
b. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1
2
1 1
3 1
x y
y x
xy x y
.
Câu 2 (2,5 điểm):
a. Tính giới hạn:
3
2
0
4 4 8 12 1 cos
lim
3 4 2
x
x
.
b. Chứng minh rằng với mọi tham số thực
m
, phương trình
6
3
65 . 2 1 1
x m x m x
luôn 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.
b. Điểm
N
nằm trên cạnh
BC
thỏa mãn
23
5
BA BC
BM BN
. Chứng minh rằng: mặt phẳng
SMN
luôn chứa một đường thẳng cố định khi
M
di động.
c. Chứng minh rằng:
2 2 2
SA BC SC AB SB AC
.
-------------HẾT -------------
1
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
Môn thi: TOÁN
BÀI THI THỨ NHẤT
Đáp án này gồm có 07 trang
YÊU 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 không 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 (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
1a
Giải phương trình lượng giác:
2 2
3
4sin 3cos2 1 2cos
2 4
x
x x
.
1,0
Ta có:
2 2
3
4sin 3 cos2 1 2cos
2 4
x
x x
3
2 1 cos 3cos2 1 1 cos 2
2
x x x
0,25
2 2cos 3 cos 2 2 sin 2
x x x
3 cos2 sin 2 2cos
x x x
0,25
3 1
cos2 sin 2 cos
2 2
x x x
cos 2 cos
6
x x
0,25
5 2
18 3
, .
7
2
6
x k
k
x k
Vậy phương trình có hai họ nghiệm là:
5 2
18 3
x k
và
7
2 ,
6
x k k
.
0,25
2
1b
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1
2
*
1 1
3 1
x y
y x
xy x y
.
1,5
Điều kiện:
1
1
x
y
.
0,25
Ta có:
2
2
1
1 1 2
*
1
1 1 4
x y
y x
xy
x y
.
0,25
Đặt
1
1
x
u
y
y
v
x
,
*
trở thành:
2 2
1
4
1
2
uv
u v
0,25
1
1
4
u v
uv
hoặc
1
1
4
u v
uv
.
0,25
Với
1
1
2 1
1
1 2
1
1
2 1
2
1
4
1 2
x
u v
x y
y
u v x y TM
y x
uv
y
x
0,25
Với
1
1
2 1
1 1
1 2
1
2 1
2 3
1
4
1 2
x
u v
x y
y
u v x y TM
y x
uv
y
x
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là:
1;1
và
1 1
;
3 3
.
0,25
2a
Tính giới hạn:
3
2
0
4 4 8 12 1 cos
lim
3 4 2
x
x
.
1,5
Ta có:
3
3
2 2
2 2
0 0
2
4 4 8 12 1 cos
4 4 8 12 1 cos
lim lim
3 4 2 3 4 2
x x
x x x
x x x
x x
x x
x
.
0,25
3
2
2
2
0 0
sin
1 cos 1
2
lim lim
2
4
x x
x
x
x
x
2
2
0
sin
1 1
2
lim
2 2
2
x
x
x
.
0,25
2 2
2
0 0 0
2 2 2
3 4 2 3 4 4 3 3
lim lim lim
4
3 4 2 3 4 2
x x x
x x
x
x x x
.
0,25
Ta có:
3 3
4 4 8 12 4 4 2 2 8 12
x x x x x x
2 3 2
2 2
3
3
6
4 4 2
2 2 8 12 8 12
x x x
x x
x x x x
0,25
Do đó:
3
2
0
4 4 8 12
lim
x
x x
x
2 2
0
3
3
1 6
lim
4 4 2
2 2 8 12 8 12
x
x
x x
x x x x
0,25
1 6 1
4 12 4
.
Vậy
3
2
0
1 1
4 4 8 12 1 cos
4 2
lim 1
3
3 4 2
4
x
x x x
x
.
0,25
2b
Chứng minh rằng với mọi tham số thực
m
, phương trình
6
3
65 . 2 1 1
x m x m x
luôn có nghiệm.
1,0
Điều kiện:
1
x
.
Ta có:
6 6
3 3
65 2 1 1 65 2 1 1 0.
x m x m x x m x x
0,25
Xét hàm số
6
3
65 2 1 1
f x x m x x
liên tục trên nửa khoảng
1;

nên nó liên tục trên đoạn
2;10
.
0,25
Lại có:
2 1 0
f
,
6
10 10 65 0
f
.
0,25
Suy ra:
2 . 10 0
f f
nên phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm trên
khoảng
2;10
.
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi tham số thực
m
.
0,25
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
1,0
4
một tam giác vuông không cân.
Gọi
n
là số đỉnh của
H
(
*
n
và
3
n
).
Số đường chéo của
H
là:
2
n
C n
.
Do đó:
2
1
!
252 252 252
2. 2 ! 2
n
n n
n
C n n n
n
2
24
3 504 0
21
n TM
n n
n KTM
. Số đỉnh của
H
là:
24
n
.
0,25
Gọi biến cố
A
là: “tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân”.
Không gian mẫu là:
3
24
2024
n C
.
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 vuông, trong đó có
hai tam giác vuông cân.
Do đó: ứng với mỗi đường chéo của
H
có
20
tam giác vuông không cân.
0,25
Số phần tử thuận lợi của biến cố
A
là:
12.20 240
A
n
.
Vậy xác suất của biến cố
A
là:
30
253
A
n
P A
n
.
0,25
3b
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
.
0,5
Gọi số cần tìm là
abc
(với
3 3 3
0, , 3
a a b c a b c
)
Vì
3
3 3 3
3
a b c a b c a b b c c a
nên
3 3 3
3
a b c
3
3
a b c
3
a b c
Đặt
3;6;9
A
,
1;4;7
B
,
2;5;8
C
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)
0,25
TH3: Tập
; ;
a b c
chứa chữ số
0
và hai phần tử còn lại thuộc
A
. Số cách chọn là:
2
3
2. 12
A
(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)
0,25
5
Vậy có
162 18 12 36 228
số thỏa mãn bài toán.
4
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.
b. Điểm
N
nằm trên cạnh
BC
thỏa mãn
23
5
BA BC
BM BN
. Chứng minh rằng:
mặt phẳng
SMN
luôn chứa một đường thẳng cố định khi
M
di động.
c. Chứng minh rằng:
2 2 2
SA BC SC AB SB AC
.
3,5
4a
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
P
Q
K
A
C
B
S
M
Trong
mp SAB
, kẻ
||
MK SA K SB
.
Trong
mp ABC
, kẻ
||
MP BC P AC
.
Trong
mp SAC
, kẻ
||
PQ SA Q SC
.
0,5
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
0 1
AM
x x
AB
.
Xét tam giác
ABC
có
||
MP BC
nên ta có:
.
MP AM
x MP x BC
BC AB
.
Xét tam giác
SAB
có
||
MK SA
nên ta có:
1 1 .
MK BM AB AM
x MK x SA
SA AB AB
.
0,25
Diện tích thiết diện
MPQK
là:
. .sin ; 1 . . .sin ,
MPQK
S MP MK MP MK x x SA BC SA BC
.
0,5
6
Ta thấy:
. .sin ;
SA BC SA BC
không đổi.
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
1 1
1
2 4
x x
x x
, dấu
" "
xảy ra khi
1
1
2
x x x
.
Vậy diện tích
MPQK
lớn nhất khi
1
2
AM
AB
hay
M
là trung điểm của
AB
.
0,25
4b
Điểm
N
nằm trên cạnh
BC
thỏa mãn
23
5
BA BC
BM BN
. Chứng minh rằng:
mp SMN
luôn chứa một đường thẳng cố định khi
M
di động.
0,75
N
J
I
A
C
B
S
M
Gọi
I
là trung điểm của
AC
,
J
là giao điểm của hai đoạn thẳng
MN
và
BI
.
Ta có:
2
. . 1
BMJ BMJ
BAI ABC
S S
BM BJ BM BJ
S BA BI S BA BI
2
. . 2
BNJ BNJ
BCI ABC
S S
BN BJ BN BJ
S BC BI S BC BI
Từ
1 , 2
suy ra:
2 2
1
. . 3
2
BMJ BNJ BMN
ABC ABC ABC
S S S
BM BJ BN BJ BM BN BJ
S S BA BI BC BI S BA BC BI
0,25
Mặt khác:
. 4
BMN
ABC
S BM BN
S BA BC
Từ
3 , 4
suy ra:
1 1 23
.
2 2 10
BM BN BJ BM BN BI BA BC BI
BA BC BI BA BC BJ BM BN BJ
.
0,25
Vì
J
thuộc đoạn thẳng
BI
và thỏa mãn
23
10
BI
BJ
nên
J
là điểm cố định khi
M
di động.
Vậy
mp SMN
luôn chứa đường thẳng
SJ
cố định khi
M
di động (đpcm)
0,25
7
4c Chứng minh rằng:
2 2 2
SA BC SC AB SB AC
.
0,75
O
F
G
D
E
A
C
B
S
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
không thuộc
mp DEFG
(5)
Ta có:
2 2
2 2
SA BC OE OG
và
2 2
2 2
SC AB OF OD
(6)
Áp dụng bất đẳng thức tam giác:
OE OG EG
và
OF OD DF
(theo (5)) (7)
0,25
Mặt khác:
2 2
2 2
2 2
EG DF EG DF ED EF DE DG
2 2 2 2
1
2 2 2
2
DE EF DE DG EF SB AC
 
(8)
0,25
Từ (6), (7), (8) suy ra:
2 2 2
2 2 2 2
4 2
SA BC SC AB EG DF SB AC SB AC
.
Vậy
2 2 2
SA BC SC AB SB AC
(đpcm)
0,25
-------- HẾT --------
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
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
Môn thi: TOÁN
SỐ BÁO DANH:……………
BÀI THI THỨ HAI
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu
Câu 1 (2,5 điểm):
a. Cho ba số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
1
abc
. Chứng minh rằng:
1 1 1
1 2 1
a b c
a b c
.
b. Cho tập hợp
1;3;5;...;2 1
A n
(với
n
). Tìm số nguyên dương
n
nhỏ nhất sao cho
tồn tại 12 tập con
1 2 12
, ,...,
B B B
của
A
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i)
k j
B B
(với
1;12, 1;12,
k j k j
);
ii)
1 2 12
...
B B B A
;
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập
k
B
(với
1;12
k ) bằng nhau.
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho dãy số
n
u
thỏa mãn
1
2 *
1
2023
7 9,
n n n
u
u u u n
.
a. Chứng minh rằng: lim
n
u

.
b. Với mỗi
*
n
, đặt
1
1
4
n
n
k
k
v
u
. Tìm giới hạn của dãy số
n
v
.
Câu 3 (1,5 điểm):
a. Tìm tất cả các số tự nhiên
n
thỏa mãn
5
1
n n
chỉ có một ước số nguyên tố duy nhất.
b. Cho
,
a b
là hai số tự nhiên lớn hơn
1
thỏa mãn
2022 2023
a b
. Tìm
a
khi
b
là số nhỏ nhất.
Câu 4 (3,5 điểm):
Cho tam giác nhọn
ABC
(
AB AC
) nội tiếp đường tròn
O
và có trực tâm
H
.
, ,
AD BE CF
là ba đường cao
, ,
D BC E CA F AB
. Gọi
M
là trung điểm của
BC
,
N
là hình chiếu vuông góc của
H
trên
AM
.
AD
cắt
BN
tại
P
,
AM
cắt
CF
tại
Q
.
a. Chứng minh rằng: ba đường thẳng
, ,
BC EF HN
đồng quy tại điểm
T
.
b. Chứng minh rằng: đường thẳng
PQ
song song với đường thẳng
BC
.
c. Tiếp tuyến của
O
tại
A
cắt
BC
tại
K
,
L
là điểm đối xứng của
K
qua
T
.
Chứng minh rằng:
MONL
là tứ giác nội tiếp.
-------------HẾT -------------
1
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
Môn thi: TOÁN
BÀI THI THỨ HAI
Đáp án này gồm có 06 trang
YÊU 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 không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* 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 (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu Nội dung Điểm
1a
Cho ba số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
1
abc
. Chứng minh rằng:
1 1 1
1 2 1
a b c
a b c
.
1,5
Ta có:
1 1 1
1 1
ab bc ca
a b c abc
1 1 1
ab bc ca ab bc ca
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương
ab bc
và
1
ca
ta
có:
1 2 1
ab bc ca ab bc ca
2 2
2
a bc abc ab bc
2 2 2
a c ab bc a c b a c
0,25
Không mất tính tổng quát ta giả sử
a b c
.
Ta có:
3 3 3 3
1 1
a abc c a c a c
1 1 0 1
a c a c ac
1 3
b a c abc b b a c b
0,5
Từ (1), (2), (3) suy ra:
1 1 1
1 2 1
a b c
a b c
.
0,25
2
Dấu
" "
xảy ra khi
1
1
1
ab bc ac
a b c
a c
.
1b
Cho tập hợp
1;3;5;...;2 1
A n
(với
n
). Tìm số nguyên dương
n
nhỏ
nhất sao cho tồn tại 12 tập con
1 2 12
, ,...,
B B B
của
A
thỏa mãn đồng thời các
điều kiện sau:
i)
k j
B B
(với
1;12, 1;12,
k j k j
);
ii)
1 2 12
...
B B B A
;
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập
k
B
(với
1;12
k ) bằng nhau.
1,0
Giả sử tồn tại số nguyên dương
n
thỏa mãn bài toán.
Tổng tất cả các phần tử của tập
A
là:
2
1 3 5 ... 2 1
n n
.
0,25
Vì tổng các phần tử của mỗi tập
k
B
(với
1;12
k ) bằng nhau nên tổng các phần
tử của mỗi tập
k
B
(với
1;12
k
) là:
2
12
n
.
Do đó:
2
*
6 ,
12
n
n m m
.
0,25
Khi đó tổng các phần tử của mỗi tập
k
B
(với
1;12
k
) là:
2
3
m
.
Với
6 2 1 12 1
n m n m
thuộc một tập
k
B
nào đó
2
12 1 3
m m
4 24
m n
.
0,25
Khi
24 1;3;5;...;47
n A
.
Lúc đó:
1 2 3 12
1;47 , 3;45 , 5;43 ,..., 23;25
B B B B
là
12
tập con của
A thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là:
24
n
.
0,25
2
Cho dãy số
n
u
thỏa mãn
1
2 *
1
2023
7 9,
n n n
u
u u u n
.
a. Chứng minh rằng:
lim
n
u

.
b. Với mỗi
*
n
, đặt
1
1
4
n
n
k
k
v
u
. Tìm giới hạn của dãy số
n
v
.
2,5
2a
Chứng minh rằng: lim
n
u

.
1,25
Chứng minh bằng quy nạp:
*
3, 1
n
u n
Thật vậy,
Với
1
n
ta có:
1
2023 3
u
nên
1
đúng.
Giả sử
1
đúng với
1
n k
hay
3
k
u
, với
1
n k
.
0,25
3
Ta có:
1 1
3 4
3 0 3
7
k k
k k
u u
u u
nên
1
đúng với
1
n k
.
Do đó:
*
3,
n
u n
.
0,25
Mặt khác:
2
* *
1 1
3
0, ,
7
n
n n n n
u
u u n u u n
.
0,25
Nên
n
u
là dãy số tăng.
Giả sử lim
n
u L
(với
1
2023
L u
).
0,25
Lúc đó:
2
2
1 1
lim 7 lim 9 3 0 3
n n n
u u u L L u
(vô lý).
Vậy lim
n
u

(đpcm)
0,25
2b
Với mỗi
*
n
, đặt
1
1
4
n
n
k
k
v
u
. Tìm giới hạn của dãy số
n
v
.
1,25
Ta có:
*
1
3 4
3 ,
7
n n
n
u u
u n
0,25
*
1
1 7
,
3 3 4
n n n
n
u u u
(Vì
*
3,
n
u n
)
*
1
1 1 1
,
3 3 4
n n n
n
u u u
*
1
1 1 1
,
4 3 3
n n n
n
u u u
0,25
Do đó:
1 1
1
1 1 1
4 3 3
n n
n
k k
k k k
v
u u u
0,25
*
1 1 1
1 1 1 1
,
3 3 2020 3
n n
n
u u u
0,25
Vì lim
n
u

nên
1
1 1 1
lim lim
2020 3 2020
n
n
v
u
.
Vậy
1
lim
2020
n
v .
0,25
3a
Tìm tất cả các số tự nhiên
n
thỏa mãn
5
1
n n
chỉ có một ước số nguyên
tố duy nhất.
1,0
Đặt
5
1
r
n n p
(với
*
r
và
p
là số nguyên tố).
Ta có:
5 3 2 2 2 2 2 3 2
1 1 1 1 1 1
n n n n n n n n n n n n n n
.
0,25
4
Do đó:
2 3 2
1 1
r
n n n n p
.
TH1:
2
1 1
n n
và
3 2
1
r
n n p
. Suy ra:
5
0 1 1
n n n
(KTM).
TH2:
2
1
r
n n p
và
3 2
1 1
n n
. Suy ra:
5
1 1 3
n n n
(TM).
0,25
TH3:
2
1
m
n n p
và
3 2
1
k
n n p
(với
*
, ;
m k m k r
).
+ Với
5
2 1 35
n n n
(KTM).
+ Với
2 2 3 2 2
3 1 1 1 1
n n n n n n n n n n n n n
.
Do đó:
k m
.
0,25
Mà
3 2 2 2
1 1 2 1 3 . 2. 3
k m m
p n n n n n n n n n p p n
nên
. 2 3
m k m m
p p p n n
.
Do đó:
3
n
chia hết cho
m
p
nên
2 2
3 1 2
n n n n
(vô lý vì
3
n
).
Vậy
1
n
là giá trị cần tìm.
0,25
3b
Cho
,
a b
là hai số tự nhiên lớn hơn
1
thỏa mãn
2022 2023
a b
. Tìm
a
khi
b
là
số nhỏ nhất.
0,5
Bổ đề: Nếu
,
x n
là hai số nguyên dương và
y
là số hữu tỉ thỏa mãn
n
y x
thì
y
là số nguyên.
Thật vậy, gọi
a
y
b
(với
, , 0, , 1
a b b a b
).
Vì
( , ) 1 ( , ) 1
n n
a b a b
.
Từ
.
n n n
y x a x b
nên
n
b
là ước của
n
a
mà
( , ) 1 1 1
n n n
a b b b
hay
y a
.
0,25
Trở lại bài toán:
2022
2022 2023
a
a b b
b
.
Áp dụng bổ đề ta có:
*
a
b
* *
, . ,
a
k k a k b k
b
.
Từ đó ta có:
2022
b k
.
Vì b là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1 nên k là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1
hay
2022
2 2
k b
.
Vậy
2023
2
a
.
0,25
4
Cho tam giác nhọn
ABC
(
AB AC
) nội tiếp đường tròn
O
và có trực
tâm
H
.
, ,
AD BE CF
là ba đường cao
, ,
D BC E CA F AB
. Gọi
M
là
trung điểm của
BC
,
N
là hình chiếu vuông góc của
H
trên
AM
.
AD
cắt
BN
tại
P
,
AM
cắt
CF
tại
Q
.
3,5
5
a. Chứng minh rằng: ba đường thẳng
, ,
BC EF HN
đồng quy tại điểm
T
.
b. Chứng minh rằng: đường thẳng
PQ
song song với đường thẳng
BC
.
c. Tiếp tuyến của
O
tại
A
cắt
BC
tại
K
,
L
là điểm đối xứng của
K
qua
T
. Chứng minh rằng:
MONL
là tứ giác nội tiếp.
4a
Chứng minh rằng: ba đường thẳng
, ,
BC EF HN
đồng quy tại điểm
T
.
1,5
Ta quy ước:
XYZ
là đường tròn ngoại tiếp tam giác
XYZ
;
XY
là đường
tròn đường kính
XY
.
Giả sử các giả thiết của bài toán có hình biểu diễn như hình vẽ.
J
I
A'
L
K
Q
P
N
T
M
F
D
H
E
O
B
C
A
Ta có:
, , , ,
A E F H N
cùng thuộc đường tròn
AH
;
, , ,
D M E F
cùng thuộc
đường tròn Euler
DEF
của tam giác
ABC
;
, , ,
D M N H
cùng thuộc đường
tròn
HM
.
0,5
Suy ra:
DM
là trục đẳng phương của hai đường tròn
DEF
và
HM
. Hay
BC
là trục đẳng phương của hai đường tròn
DEF
và
HM
.
EF
là trục đẳng phương của hai đường tròn
DEF
và
AH
.
HN
là trục đẳng phương của hai đường tròn
AH
và
HM
.
0,5
Vì
AB AC
nên
BC
luôn cắt
EF
tại điểm
T
. Do đó:
T
là tâm đẳng phương
của ba đường tròn
, ,
DEF AH HM
.
Suy ra: ba trục đẳng phương
, ,
BC EF HN
của ba đường tròn
, ,
DEF AH HM
đồng quy tại tâm đẳng phương
T
(đpcm)
0,5
4b
Chứng minh rằng: đường thẳng
PQ
song song với đường thẳng
BC
.
1,0
6
BDHF
là tứ giác nội tiếp
. . 1
AF AB AH AD
DHNM
là tứ giác nội tiếp
. . 2
AN AM AH AD
0,25
Từ (1), (2) suy ra :
. .AF AB AN AM
BFNM
nội tiếp
3
PNQ BFM
0,25
Mà
BFM DBF
(vì tam giác
MBF
cân tại
M
) và
DBF PHQ
(vì
BDHF
nội tiếp) (4)
Từ (3), (4) suy ra:
PNQ PHQ
PQNH
là tứ giác nội tiếp
0,25
0
90
HPQ HNQ
(5)
PQ AD
Kết hợp (5) với giả thiết
AD BC
ta có:
||
BC PQ
(đpcm)
0.25
4c
Tiếp tuyến của
O
tại
A
cắt
BC
tại
K
,
L
là điểm đối xứng của
K
qua
T
.
Chứng minh rằng:
MONL
là tứ giác nội tiếp.
1,0
Gọi
, '
J A
lần lượt là giao điểm của
AO
với
EF
và
O
;
I
là điểm đối xứng
của
A
qua
J
.
0,25
Dễ thấy
AO EF
và
0
90
ACA'
'
CEJA
nội tiếp (7)
0,25
Từ (7) và
BFNM
,
BCEF
nội tiếp suy ra:
1
. 2 . ' . ' . . .
2
AI AO AJ AA AJ AA AE AC AF AB AN AM
, , ,
M N I O
cùng thuộc một đường tròn (8)
0,25
Mặt khác:
AK AO
||
AK JT
. Mà
,
J T
là trung điểm của
AI
và
KL
nên
IL
đối xứng với
AK
qua
JT
.
Do đó:
IL|| AK
MLI MKA
0
90 '
OAD DAK MOA
(vì
AD||OM
)
, , ,
M O I L
cùng nằm trên một đường tròn (9)
Từ (8), (9) suy ra:
MONL
là tứ giác nội tiếp (đpcm)
0,25
-------- HẾT --------
| 1/15
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023
VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC
QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024
Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT
SỐ BÁO DANH:……………
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu Câu 1 (2,5 điểm): x    a. Giải phương trình: 2 2 3 4sin
 3 cos 2x  1 2cos x    . 2  4  2 2  x y 1   
b. Giải hệ phương trình:  y  2 1 x  2 1 2 . 3  xy  x  y 1 Câu 2 (2,5 điểm): 3
4  4x  8 12x 1 cos x a. Tính giới hạn: lim . x0 2 3x  4  2
b. Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình 6 3 x  65  .
m 2  x  m1 x 1 luôn 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
b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn  
. Chứng minh rằng: mặt phẳng BM BN 5
SMN luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. c. Chứng minh rằng:  
2    2    2 SA BC SC AB SB AC .
-------------HẾT ------------- SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023
VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM
QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024
Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT
Đáp án này gồm có 07 trang YÊU 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 không 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 (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm x   
1a Giải phương trình lượng giác: 2 2 3 4sin
 3 cos 2x  1 2cos x    . 1,0 2  4  x    Ta có: 2 2 3 4sin
 3 cos 2x  1 2cos x    2  4  0,25       x 3 2 1 cos
 3 cos2x  11 cos 2x     2 
 2  2cos x  3 cos 2x  2  sin 2x 0,25  3 cos2x  sin 2x  2  cos x 3 1 
cos 2x  sin 2x  cos x 2 2 0,25     cos 2x   cos     x  6   5 2 x   k  18 3   , k  .  7   x    k2  6 0,25 5 2 7
Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x   k và x    k2 , k  . 18 3 6 1 2 2  x y 1   
1b Giải hệ phương trình:  y  2 1 x  2 1 2 *. 1,5 3  xy  x  y 1 x  1 Điều kiện:  . 0,25  y  1 2 2  x   y  1         y 1  x 1 2 Ta có: *   . 0,25  xy 1    x  1 y   1 4  x u   1  uv   y 1  Đặt  , * trở thành: 4  0,25 y  1 v  2 2 u   v   x 1  2 u   v  1 u   v  1      1 hoặc  1 . 0,25 uv   uv   4  4  x 1 u   v  1   1
 y 1 2 2x  y 1 Với  1  u  v       x  y  1 TM  0,25 uv  2 y 1   2y  x  1  4   x 1 2 Với  x 1 u   v  1     1  y 1 2 2x  y  1 1  1  u  v        x  y   TM  uv  2 y 1   2y  x  1 3  4   0,25  x 1 2  1 1 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 1;  1 và  ;   .  3 3  3
4  4x  8 12x 1 cos x 2a Tính giới hạn: lim . 1,5 x0 2 3x  4  2 3
4  4x  8 12x 1 cos x  3 2 2
4  4x  8 12x 1 cos x Ta có: lim  lim x x . 0,25 x0 2 x0 2 3x  4  2 3x  4  2 2 x 2 2 x x sin 2 1 cos x 1 sin 2 1 1 lim  lim 2  lim  . 2 2 x0 x0 x 2 x 2 x0 2  x  2 0,25 4    2  2 2 3x  4  2 3x  4  4 3 3 lim  lim  lim  . 2 x0 x0 2 x 0,25 x  2 x    x0  2 x    4 3 4 2 3 4 2 Ta có: 3  x 
 x    x x     x   3 4 4 8 12 4 4 2 2  8 12x  2 3 2 x x  6x 0,25  
4  4x  x  2 x  22  x  2 8 12x  8 12x2 3 3 3 4  4x  8 12x Do đó: lim 2 x0 x   0,25 1  x  6 lim    x0 
4  4x  x  2 x  22  x  2 3  3 8 12x  8 12x2   1  6 1    . 4 12 4 1 1 0,25 3 
4  4x  8 12x 1 cos x Vậy 4 2 lim   1. x0 2 3 3x  4  2 4
Chứng minh rằng với mọi tham số thực m , phương trình 2b 6 3 x  65  .
m 2  x  m1 x 1 luôn có nghiệm. 1,0 Điều kiện: x  1. 0,25 Ta có: 6 3 x   m  x  m  x   6  x   m 3 65 2 1 1 65 2  x  x 1   1  0. Xét hàm số f  x 6  x   m 3 65 2  x  x 1  
1 liên tục trên nửa khoảng  0,25
1; nên nó liên tục trên đoạn 2;10. Lại có: f 2  1   0 , f   6 10  10  65  0 . 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 luôn có nghiệm với mọi tham số thực m .
Cho H  là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam 3a 1,0
giác có ba đỉnh là ba đỉnh củaH  . Tính xác suất để tam giác được chọn là 3
một tam giác vuông không cân.
Gọi n là số đỉnh của H  ( * n   và n  3).
Số đường chéo của H  là: 2 C  n . n n! n n 1 2   Do đó: C  n  252   n    n  0,25 n n   252 252 2. 2 ! 2 n  24TM  2
 n  3n  504  0  
. Số đỉnh của H  là: n  24 . n  2    1 KTM 
Gọi biến cố A là: “tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân”. 0,25 Không gian mẫu là: 3 n  C  2024 .  24
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 0,25
22 đỉnh không nằm trên đường chéo đó tạo thành 22 tam giác vuông, trong đó có hai tam giác vuông cân.
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  12.20  240 . A n 0,25
Vậy xác suất của biến cố A là: P  A 30 A   . n 253 
Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập
3b phương của ba chữ số đó chia hết cho 3. 0,5
Gọi số cần tìm là abc (với a  a  b  c  3 3 3 0, , a  b  c 3 )
Vì a  b  c  a  b  c3 3 3 3
 3a  bb  cc  a nên  3 3 3 a  b  c 3
 a  b  c33  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 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 2.A  12 (cách) 3 0,25 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
Vậy có 162 18 12  36  228 số thỏa mãn bài toán.
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
b. Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: BM BN 5
mặt phẳng SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. c. Chứng minh rằng:  
2    2    2 SA BC SC AB SB AC .
Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S.ABC bởi mp  . Tìm vị trí của điểm 4a 2,0
M để thiết diện có diện tích lớn nhất. 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 . S ABC mp 
Thiết diện khi cắt hình chóp . bởi   là tứ giác MPQK . 0,25
Ta có: MP | QK (vì cùng song song với BC ) và MK | PQ (vì cùng song song với 0,25
SA). Do đó, tứ giác MPQK là hình bình hành. AM Đặt  x 0  x   1 . AB MP AM
Xét tam giác ABC có MP | BC nên ta có:   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  M . P MK.sin M ; P MK   x1 x.S . A BC.sinS , A BC 0,5 . MPQK  5 Ta thấy: S . A BC.sin S ; A BC  không đổi. 2  x 1 x  1
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x1 x     , dấu "  " xảy ra khi  2  4 1 x  1 x  x  . 0,25 2 AM 1
Vậy diện tích MPQK lớn nhất khi
 hay M là trung điểm của AB . AB 2 BA BC 23
Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn   . Chứng minh rằng: 4b BM BN 5 0,75
mp SMN  luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động. 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 . S BM BJ 2S BM BJ Ta có: BMJ  . BMJ   .   1 S BA BI S BA BI BAI ABC S BN BJ 2S BN BJ BNJ  . B  NJ   . 2 S BC BI S BC BI 0,25 BCI A  BC Từ   1 ,2 suy ra: 2S 2S BM BJ BN BJ S 1  BM BN  BJ B  MJ B  NJ   .  . B  MN      3 S S BA BI BC BI S 2  BA BC  BI A  BC A  BC A  BC S BM BN Mặt khác: BMN  . 4 S BA BC A  BC 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 BI 23
Vì J thuộc đoạn thẳng BI và thỏa mãn 
nên J là điểm cố định khi M BJ 10 di động. 0,25
Vậy mpSMN  luôn chứa đường thẳng SJ cố định khi M di động (đpcm) 6 4c Chứng minh rằng:  
2    2    2 SA BC SC AB SB AC . 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 S , A AB, BC, SC, SB .
Ta thấy: tứ giác DEFG là hình bình hành và O không thuộc mpDEFG (5) 0,25 2 2 2 2
Ta có: SA  BC  2OE  2OG và SC  AB  2OF  2OD (6)
Áp dụng bất đẳng thức tam giác: OE  OG  EG và OF  OD  DF (theo (5)) (7) Mặt khác: 2 2     2 2
EG  DF  EG  DF  ED  EF 2  DE  DG2 0,25
   2 2
 DE  EF  DE DG  EF  1 2 2 2   2 2 SB  AC  (8) 2 Từ (6), (7), (8) suy ra:
SA BC2  SC  AB2  EG  DF   SB  AC   SB  AC2 2 2 2 2 4 2 . 0,25 Vậy  
2    2    2 SA BC SC AB SB AC (đpcm) -------- HẾT -------- 7 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023
VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG ĐỀ CHÍNH THỨC
QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024
Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI
SỐ BÁO DANH:……………
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu Câu 1 (2,5 điểm):
a. Cho ba số thực dương a, ,
b c thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng: 1 1 1
  1  2 a  b  c 1 . a b c
b. Cho tập hợp A  1;3;5;...;2n   1 (với n 
  ). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
tồn tại 12 tập con B , B ,..., B của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1 2 12
i) B  B   (với k  1;12, j  1;12, k  j ); k j
ii) B  B ... B  A ; 1 2 12
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập B (với k  1;12 ) bằng nhau. k Câu 2 (2,5 điểm): u   2023 
Cho dãy số u thỏa mãn 1 . n   2 * 7u  u  u  9, n     n 1  n n
a. Chứng minh rằng: limu   . n n 1 b. Với mỗi * n   , đặt v  
. Tìm giới hạn của dãy số v . n  n  k 1  u 4 k Câu 3 (1,5 điểm):
a. Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 5
n  n 1 chỉ có một ước số nguyên tố duy nhất.
b. Cho a,b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 2022 2023 a  b
. Tìm a khi b là số nhỏ nhất. Câu 4 (3,5 điểm):
Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn O và có trực tâm H .
AD, BE, CF là ba đường cao D  BC, E C ,
A F  AB . Gọi M là trung điểm của BC , N
là hình chiếu vuông góc của H trên AM . AD cắt BN tại P , AM cắt CF tại Q .
a. Chứng minh rằng: ba đường thẳng BC, EF, HN đồng quy tại điểm T .
b. Chứng minh rằng: đường thẳng PQ song song với đường thẳng BC .
c. Tiếp tuyến của O tại A cắt BC tại K , L là điểm đối xứng của K qua T .
Chứng minh rằng: MONL là tứ giác nội tiếp.
-------------HẾT ------------- SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2022-2023
VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG HƯỚNG DẪN CHẤM
QUỐC GIA NĂM HỌC 2023-2024
Khóa ngày 04 tháng 4 năm 2023 Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI
Đáp án này gồm có 06 trang YÊU 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 không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* 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 (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng: 1a 1 1 1 1,5
  1  2 a  b  c 1 . a b c 1 1 1 ab  bc  ca Ta có:   1  1 a b c abc 0,5
 ab  bc  ca 1 ab  bc  ca   1   1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ab  bc và ca   1 ta
có: ab  bc  ca  
1  2 ab  bcca   1 0,25 2 2
 2 a bc  abc  ab  bc
 2 a  c  ab  bc  2 a  c  ba  c 2
Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c . Ta có: 3 3 3 3
a  abc  c  a  1  c  a  1  c   0,5 a   1 c  
1  0  a  c  ac 1
 ba  c  abc  b  ba  c  b 1 3 1 1 1
Từ (1), (2), (3) suy ra:   1  2 a  b  c 1 . a b c 0,25 1 ab  bc  ac 1 Dấu "  " xảy ra khi   a  b  c  1. a  c  1
Cho tập hợp A  1;3;5;...;2n   1 (với n 
  ). Tìm số nguyên dương n nhỏ
nhất sao cho tồn tại 12 tập con B , B ,..., B của A thỏa mãn đồng thời các 1 2 12 điều kiện sau: 1b
i) B  B   (với k  1;12, j  1;12, k  j ); 1,0 k j
ii) B  B ... B  A ; 1 2 12
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập B (với k  1;12 ) bằng nhau. k
Giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn bài toán. 0,25
Tổng tất cả các phần tử của tập A là:      n   2 1 3 5 ... 2 1  n .
Vì tổng các phần tử của mỗi tập B (với k  1;12 ) bằng nhau nên tổng các phần k 2 n
tử của mỗi tập B (với k  1;12 ) là: . k 12 0,25 2 n Do đó: *  n 6 , m m       . 12
Khi đó tổng các phần tử của mỗi tập B (với k  1;12 ) là: 2 3m . k
Với n  6m  2n 1  12m 1 thuộc một tập B nào đó 2  12m 1  3m 0,25 k  m  4  n  24.
Khi n  24  A  1;3;5;...;4  7 .
Lúc đó: B  1;47 , B  3;45 , B  5;43 ,..., B  23;25 là 12 tập con của 1   2   3   12   0,25
A thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là: n  24 . u   2023 
Cho dãy số u thỏa mãn 1 . n   2 * 7u  u  u  9, n     n 1  n n 2
a. Chứng minh rằng: limu   . 2,5 n n 1 b. Với mỗi * n   , đặt v  
. Tìm giới hạn của dãy số v . n  n  k 1  u 4 k
2a Chứng minh rằng: limu   . n 1,25
Chứng minh bằng quy nạp: * u  3, n      1 n Thật vậy, 0,25
Với n  1 ta có: u  2023  3 nên   1 đúng. 1 Giả sử  
1 đúng với n  k  1 hay u  3, với n  k  1. k 2 u 3 u  k  4 k  Ta có: u  3   0  u  3 nên   1 đúng với n  k 1. k 1  k 1 7  0,25 Do đó: * u  3, n    . n u 3 n 2 Mặt khác: * * u  u   0, n     u  u , n    . 0,25 n 1  n n 1 7  n
Nên u là dãy số tăng. n  0,25
Giả sử limu  L (với L  u  2023 ). n 1
Lúc đó: lim7u   limu  u  9  L 
  L   u (vô lý).  n n   32 2 0 3 n 1 1 0,25 Vậy limu   (đpcm) n n 1 2b Với mỗi * n   , đặt v  
. Tìm giới hạn của dãy số v . n  n  1,25 k 1  u 4 k u 3 u  n  4 n  Ta có: * u  3  , n    0,25 n 1  7 1 7 *   , n    (Vì * u  3, n    ) u  3 u  3 u  4 n n 1   n  n  1 1 1 *    , n    0,25 u  3 u  3 u  4 n 1  n n 1 1 1 *    , n    u  4 u  3 u  3 n n n 1  n 1 n  1 1  Do đó: v      0,25 n     k 1  u 4  u u k k 1 3 3  k k 1   1 1 1 1 *     , n    0,25 u  3 u  3 2020 u  3 1 n 1  n 1   1 1  1
Vì limu   nên lim v  lim    . n n 2020 u  3 2020  n 1   0,25 1 Vậy lim v  . n 2020
Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 5
n  n 1 chỉ có một ước số nguyên 3a 1,0 tố duy nhất. Đặt 5  1 r n n  p (với *
r   và p là số nguyên tố). Ta có: 0,25 5 3 n  n   n  2 n  n   2  n  2 n  n     2 n  n     2 n  n   3 2 1 1 1 1 1 n  n   1 . 3
Do đó:  2    3 2 1    1 r n n n n  p . TH1: 2 n  n 1  1 và 3 2  1 r n n  p . Suy ra: 5
n  0  n  n 1  1 (KTM). 0,25 TH2: 2  1 r n n  p và 3 2 n  n 1  1. Suy ra: 5
n  1  n  n 1  3 (TM). TH3: 2  1 m n n  p và 3 2  1 k n n  p (với * m,k   ;m  k  r ). + Với 5
n  2  n  n 1  35 (KTM). 0,25 + Với 2
n   n  n  n   n 2 n  n  nn   3 2 2 3 1
1  n  n 1  n  n 1. Do đó: k  m . Mà k 3 2  
   2      2 1 1 2    1   3  . m  2. m p n n n n n n n n n p p  n  3 nên m. km m p p
 p n  2  n  3. 0,25
Do đó: n  3 chia hết cho m p nên 2 2
n  3  n  n 1  n  2 (vô lý vì n  3 ).
Vậy n  1 là giá trị cần tìm.
Cho a,b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 2022 2023 a  b . Tìm a khi b là 3b 0,5 số nhỏ nhất.
Bổ đề: Nếu x, n là hai số nguyên dương và y là số hữu tỉ thỏa mãn n y  x thì y là số nguyên. a
Thật vậy, gọi y  (với a,b  ,b  0,a,b  1). b 0,25 Vì ( , )  1  ( n, n a b a b )  1. Từ n n    . n y x a x b nên n b là ước của n a mà ( n, n )  1 n a b  b  1  b  1 hay y  a   . 2022   Trở lại bài toán: 2022 2023 a a  b   b   .  b  a a Áp dụng bổ đề ta có: *   * *
  k,k    a  k.b,k   . b b 0,25 Từ đó ta có: 2022 b  k .
Vì b là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1 nên k là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1 hay 2022 k  2  b  2 . Vậy 2023 a  2 .
Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn O và có trực
tâm H . AD, BE, CF là ba đường cao D  BC, E C , A F  AB . Gọi M là 4 3,5
trung điểm của BC , N là hình chiếu vuông góc của H trên AM . AD cắt
BN tại P , AM cắt CF tại Q . 4
a. Chứng minh rằng: ba đường thẳng BC, EF, HN đồng quy tại điểm T .
b. Chứng minh rằng: đường thẳng PQ song song với đường thẳng BC .
c. Tiếp tuyến của O tại A cắt BC tại K , L là điểm đối xứng của K qua
T . Chứng minh rằng: MONL là tứ giác nội tiếp.
4a Chứng minh rằng: ba đường thẳng BC, EF, HN đồng quy tại điểm T . 1,5
Ta quy ước:  XYZ  là đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ ;  XY  là đường tròn đường kính XY .
Giả sử các giả thiết của bài toán có hình biểu diễn như hình vẽ. A E J N I F H O P Q C K T B D L M A' Ta có: ,
A E, F, H , N cùng thuộc đường tròn  AH  ; D,M , E, F cùng thuộc
đường tròn Euler DEF  của tam giác ABC ; D,M , N, H cùng thuộc đường 0,5 tròn HM .
Suy ra: DM là trục đẳng phương của hai đường tròn DEF  và HM . Hay
BC là trục đẳng phương của hai đường tròn DEF  và HM  . 0,5
EF là trục đẳng phương của hai đường tròn DEF  và  AH  .
HN là trục đẳng phương của hai đường tròn  AH  và HM  .
Vì AB  AC nên BC luôn cắt EF tại điểm T . Do đó: T là tâm đẳng phương
của ba đường tròn DEF , AH ,HM  . 0,5
Suy ra: ba trục đẳng phương BC, EF, HN của ba đường tròn
DEF,AH,HM đồng quy tại tâm đẳng phương T (đpcm)
4b Chứng minh rằng: đường thẳng PQ song song với đường thẳng BC . 1,0 5
BDHF là tứ giác nội tiếp  AF.AB  AH.AD   1 0,25
DHNM là tứ giác nội tiếp  AN.AM  AH.AD 2
Từ (1), (2) suy ra : AF.AB  AN.AM  BFNM nội tiếp   PNQ   BFM 3 0,25 Mà  BFM  
DBF (vì tam giác MBF cân tại M ) và  DBF   PHQ (vì BDHF nội tiếp) (4) 0,25 Từ (3), (4) suy ra:  PNQ  
PHQ  PQNH là tứ giác nội tiếp   HPQ   0 HNQ  90  PQ  AD (5) 0.25
Kết hợp (5) với giả thiết AD  BC ta có: BC | PQ (đpcm)
Tiếp tuyến của O tại A cắt BC tại K , L là điểm đối xứng của K qua T . 4c 1,0
Chứng minh rằng: MONL là tứ giác nội tiếp.
Gọi J , A' lần lượt là giao điểm của AO với EF và O ; I là điểm đối xứng 0,25 của A qua J . Dễ thấy AO  EF và  0
ACA'  90  CEJA' nội tiếp (7) 0,25
Từ (7) và BFNM , BCEF nội tiếp suy ra: 1
AI.AO  2AJ. AA'  AJ.AA'  AE.AC  AF.AB  AN.AM 0,25 2
 M , N, I,O cùng thuộc một đường tròn (8)
Mặt khác: AK  AO  AK | JT . Mà J,T là trung điểm của AI và KL nên
IL đối xứng với AK qua JT . Do đó: IL || AK   MLI   MKA   0 OAD  90   DAK   MOA' (vì AD || OM ) 0,25  M , ,
O I, L cùng nằm trên một đường tròn (9)
Từ (8), (9) suy ra: MONL là tứ giác nội tiếp (đpcm) -------- HẾT -------- 6
Document Outline

  • DE_DAP_AN_HSG_11-2023_VONG_1_faec4
  • DE_DAP_AN_HSG_11-2023_VONG_2_593ee