Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Ngô Gia Tự, Phú Yên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Ngô Gia Tự, Phú Yên’ sau đây sẽ giúp bạn đọc nắm bắt được cấu trúc đề thi, từ đó có kế hoạch ôn tập và củng cố kiến thức một cách bài bản hơn, chuẩn bị tốt cho kỳ thi sắp. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Ngô Gia Tự, Phú Yên

SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NĂM HỌC 2023-2024 (Đề thi có 01 trang) Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (5,0 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 x + 3sin 6 x = − sin10 x. u =1 b) Cho dãy số (un) xác định như sau:  1  (n  N*). u n +1 = 2023u n + u n 2  u1 u 2 u 3 u  Tìm lim  + + + ... + n  .  u 2 u3 u 4 u n +1  Câu 2. (6,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x + 1 + 5x + 4 = x + 4.  x 2 + 2 y 2 − 3xy + y − 1 = 0  b) Giải hệ phương trình:  .  x + y − y +1 = 0 2 2  Câu 3. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và có diện tích là S . Kí hiệu ma , mb , mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2ma  mb + mc . Chứng minh 2 2 2 a2 4 S .cotA. Câu 4. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt có phương trình là x − 2 y = 0, x − 2 = 0, x + y − 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh 12 A, B, C biết độ dài đường cao đỉnh A của tam giác ABC bằng và đỉnh A có hoành độ âm. 5 Câu 5. (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD tâm O và AC = 2 AB. Gọi BE là trung tuyến của tam giác ABO và M là trung điểm của BC. Chứng minh EM vuông góc với BD. Câu 6. (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ac = 4b + c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  a 2 3c 2  225 P= +  c + 3b + 2 .  3 4  ( b + c )( c + 3b ) -------------------- Hết -------------------
SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NĂM HỌC 2023-2024 Môn: TOÁN Câu Nội dung Điểm a) Giải phương trình: sin 2 x + 3sin 6 x = − sin10 x 2,5 sin 2 x + 3sin 6 x = − sin10 x  sin 2 x + sin10 x + 3sin 6 x = 0 0,5  2sin 6 x.cos 4 x + 3sin 6 x = 0 0,5  sin 6 x(2 cos 4 x + 3) = 0 0,5 sin 6 x = 0 0,5   2 cos 4 x + 3 = 0 (vn)   x=k (k  ). 0,5 1 6 u =1 b) Cho dãy số (un) xác định như sau:  1  (n  N*). u n +1 = 2023u n + u n 2  u1 u 2 u 3 u  2,5 Tìm lim  + + + ... + n  .  u 2 u3 u 4 u n +1  Ta có: u n +1 − u n = 2023u 2  0, n  *  (un ) tăng  u n  1, n  n *. 0,5 Giả sử dãy (un ) có giới hạn là a  a = 2023a 2 + a  a = 0  1 (vô lý) 0,5 nên limu n = + un un2 (u − u n ) 1  1 1  Ta có : = = n +1 =  −  0,5 u n +1 u n +1u n 2023u n +1u n 2023  u n u n +1  u1 u 2 u 3 u 1 1 1  1  1   + + + ... + n =  − = 1 − . 0,5 u 2 u3 u 4 u n +1 2023  u1 u n +1  2023  u n +1   u1 u 2 u 3 u  1  1  1 Vậy: lim  + + + ... + n  = lim 1 − = . 0,5  u 2 u3 u 4 u n +1  2023  u n +1  2023 a) Giải phương trình: 2 x + 2 + 3 x + 6 = x + 4 (1) 3,0 ĐK: x  −1 0,5 (1)  ( ) ( ) 2 x + 2 − 2 + 3x + 6 − 3 = x − 1 0,5 2( x −1) 3( x −1)  + = x −1 2 x + 2 + 2 3x + 6 + 3 0,5  x = 1 (nhan)  2 3  + = 1 (*)  2x + 2 + 2 0,5  3x + 6 + 3 2 Với x = 1 thì VT(*) = 1. Với x  1 thì VT(*) < 1. 0,5 Với −1  x  1 thì VT(*) > 1. Phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. 0,5
 x 2 + 2 y 2 − 3xy + y − 1 = 0  (1) b) Giải hệ phương trình:  3,0  x + y − y +1 = 0  2 2 ( 2) ĐK: y  −1 0,5 (1)  x2 − 3 yx + 2 y 2 + y −1 = 0 , 0,5  x = (−3 y ) − 4(2 y + y − 1) = ( y − 2) 2 2 2 x = y +1 0,5 (1)    x = 2 y −1 Với x = y + 1 thay vào (2) ta được y = 0  x =1 ( y + 1) + y − y + 1 = 0  2 y + y = 0   2 2 2 (thoả ĐK) 0,5 y = − 1  x = 1  2 2 Với x = 2 y − 1 thay vào (2) ta được  y = 0  x = −1 (2 y − 1) 2 + y 2 − y + 1 = 0  5 y 2 − 5 y = 0   (thoả ĐK) 0,5 y =1 x =1 1 1 Vậy hệ có 4 nghiệm là: (1;0 ) , ( −1;0 ) , (1;1) ,  ; −  . 0,5 2 2 Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và có diện tích là S . Kí hiệu 2,0 ma , mb , mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2ma  mb + mc . Chứng minh a 2 2 2 2 4 S .cotA. 3 cos A Ta có 4S .cot A 2bc.sin A. 2bc.cos A b2 c2 a 2 (1) 0,5 sin A 2ma  mb + mc2 2 2 a 2 c2 + a 2 b2 a 2 + b2 c 2 b +c −  2 2 − + − 0,5 2 2 4 2 4  b 2 + c 2  2a 2  b 2 + c 2 − a 2  a 2 (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra 4 S .cotA a2. 0,5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt có phương trình là x − 2 y = 0, x − 2 = 0, x + y − 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết độ dài đường cao đỉnh A 3,0 12 của tam giác ABC bằng và đỉnh A có hoành độ âm. 5 4 Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên pt BC có dạng 2 x + y + c = 0 . 0,5 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ 2 x + y + c = 0  x = 2    B ( 2; − c − 4 ) . 0,5 x − 2 = 0  y = −c − 4
Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ  2 x + y + c = 0  x = −c − 3 0,5    C ( −c − 3; c + 6 ) . x + y − 3 = 0 y = c + 6 Phương trình của cạnh AB: 1. ( x − 2) −1. ( y + c + 4) = 0  x − y − c − 6 = 0 . Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ  x − y − c − 6 = 0  x = 2c + 12    A ( 2c + 12; c + 6 ) . 0,5 x − 2 y = 0 y = c + 6 Theo giả thiết 0,5 12 2(2c + 12) + c + 6 + c 12 c = −3 d ( A, BC ) =  =  c+5 = 2   5 5 5 c = −7 Nếu c = −3  A ( 6;3) không thỏa mãn hoành độ A âm. Nếu c = −7  A ( −2; −1) , B ( 2;3) , C ( 4; −1) . 0,5 Vậy A ( −2; −1) , B ( 2;3) , C ( 4; −1) . Cho hình bình hành ABCD tâm O và AC = 2 AB . Gọi BE là trung tuyến của tam 2,0 giác ABO, M là trung điểm của BC. Chứng minh EM vuông góc với BD. 0,5 5 Vì ABCD hình bình hành nên OA = OC. 1 1 Mà AE = AO và AC = 2 AB  AE = AB. 2 2 Xét hai tam giác AEB và ABC, ta có AE AB 1 0,5 BAE là góc chung và = = AB AC 2 EB 1  AEB ABC  =  BE = BM  BEM cân tại B. 0,5 BC 2 BE OE Xét BEC có =  BO là phân giác của góc EBM BC OC BEM cân tại B có BO là phân giác nên BO cũng là đường cao. 0,5 Vậy EM ⊥ BD. (Học sinh có thể chứng minh BO là đường trung trực của đoạn EM hoặc sử dụng phương pháp vecto).
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ac = 4b + c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  a 2 3c 2  2,0 225 P= +  c + 3b + 2 .  3 4  ( b + c )( c + 3b ) a 2 3c 2 a 2 3c 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số: + 2 . = ac 3 4 3 4 6 152 P  ac 2 + 3b 2 + ( b + c )( c + 3b ) 0,5 Từ giả thiết: ac = 4b + c  ac − 3b = b + c  ac2 + 3b2 = ac2 − 3bc + 3b2 + 3bc = ( ac − 3b ) c + 3b (b + c ) 0,5 = ( b + c ) c + 3b ( b + c ) = ( b + c )( c + 3b ) 152 P  ( b + c )( c + 3b ) + ( b + c )( c + 3b ) Sử dụng Cauchy cho hai số: 0,5 152 152 ( b + c )( c + 3b ) + 2 ( b + c )( c + 3b ) = 30 ( b + c )( c + 3b ) ( b + c )( c + 3b )  P  30 .  a 2 3c 2 3 = 4  a = 3  152  Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ( b + c )( c + 3b ) =  b = 1 .  ( b + c )( c + 3b ) c = 2 ac = 4b + c    0,5 Vậy min P = 30 khi a = 3, b = 1, c = 2. -------------------- Hết -------------------