Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Thị xã Quảng Trị

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay “Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Thị xã Quảng Trị” được chia sẻ trên đây. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Thị xã Quảng Trị

TRƯỜNG THPT THỊ XÃ KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 11 tháng 4 năm 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Đề có 01 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I.(5,0 điểm) 1. Tìm m để hàm số sau liên tục tại x  2 :  x2  3 x6  khi x2 f  x   x2 m  1 x2  khi   2. Giải phương trình: 2sin 2  x    2sin 2 x  tan x  4 Câu II. (7,0 điểm) 1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD / / BC, AB  BC  a, AD  2a. Tam giác SAD vuông cân tại S và SB  a 3. a) Gọi M là trung điểm của SA , chứng minh rằng BM / /  SCD  . b) Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng BM và CD. c) Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD , H là giao điểm của đường thẳng BG và mặt phẳng HB  SAC  . Tính tỉ số . HG 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CD  CE , điểm N là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . a) Chứng minh AN  CN b) Tìm tọa độ điểm D biết A  3;1 , N  6; 2  và điểm C thuộc đường thẳng  : x  2 y  5  0.  Câu III. (4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực     4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0 . 4 x  y  2 3  4 x  7  2 2 2. Cho bảng hình vuông (6x6) gồm 36 hình vuông đơn vị, mỗi hình có diện tích bằng 1. Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật tạo thành từ các hình vuông đơn vị của bảng. Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên, tính xác suất để hình chữ nhật chọn được có diện tích là số chẵn. u1  1, u2  2  Câu IV. (4,0 điểm) 1. Cho dãy  un  xác định bởi  un1  1  u1.u2 ...un1   u1.u2 ...un1  , n  2. 2  a) Chứng minh rằng un1  1  u1.u2 ...un , n  1. 1 1 1 b) Tính lim    ...    u1 u2 un  2. a)Tìm số đo các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức P  sin 2 A  cos B  cos2 C đạt giá trị lớn nhất b) Cho a, b, c là các số thực không âm và không đồng thời bằng 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 8 1 1 a 2  b2  c2  6b. Chứng minh rằng    .  a  b  c   b  11  c  6  16 2 2 2 --------------------HẾT--------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT (đối với môn Toán). Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 11-NĂM HỌC 2022-2023 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu I 1. (3 điểm). TXĐ D   2;    , x  2  D và f  2   m  2. 0,5 x2  3 x6 x2 22 3 x6 ( 5,0 lim f  x   lim  lim  điểm) x 2 x 2 x2 x 2 x2 Ta có x2 2 2 3 x6 0,5 lim  lim . x 2 x2 x 2 x2 x2 2 1 1 lim  lim  và x 2 x2 x 2 x2 2 4 0,5 2 x6 3 1 1 lim  lim  . x2   x 2 x 2 2 4  23 x  6  3 x6 12 0,5 1 1 1 Suy ra lim f  x     . x 2 4 12 6 1 11 Hàm số f  x  liên tục tại x  2  lim f  x   f  2   m  2   m   . 1,0 x 2 6 6   2. (2,0 điểm). 2sin 2  x    2sin 2 x  tan x (1)  4  Điều kiện x   k (k  ) 2 0,5   sin x sin x  sin 2 x  1 Pt(1)  1  cos  2 x    2sin 2 x   1  sin 2 x   2 cos x cos x   0,5   sin 2 x  1 (sin x  cos x)  0   sin 2 x  1.sin  x    0  4 sin 2 x  1    x   k     4 k   . sin  x    0 0,5   4  x     k    4    x  4  k Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình là  k   0,5  x     k   4 Câu II 1. (4 điểm) (7,0 điểm)
1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2. (3,0 điểm) a) Tứ giác ADBN nội tiếp  AND  ABD và ABD  ACD (do ABCD là hình 0,5 chữ nhật). b) Suy ra AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà 0,5+0,5 ADC  90  ANC  90  AN  CN. 0 0 c) Giả sử C  2c  5; c , từ AN.CN  0  3 1  2c   2  c  0  c  1  C 7;1 0,5 Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / / BE. Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y  2  0. 0,5 b  6  B  N  loai  Giả sử B  b;  2 , ta có AB.CB  0  b2  4b  12  0   b  2  B  2; 2   0,5
Từ đó dễ dàng suy ra D 6;4  Câu  1.(1,5 điểm). Giải hệ phương trình     4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0 1 III (4,0 4 x  y  2 3  4 x  7  2 2  2 điểm  3 ) x  4  1) Điều kiện  . y  5   2 (1)   2 x   2 x    3 3 5 2y 5 2y    2x  5  2 y  2x  2x 5  2 y  5  2 y    1  0 2 2     2 x  5  2 y  0    2 x  2  2 x 5  2 y  5  2 y  1  0  0,5 2  Voi  2 x   2 x 5  2 y    2 5  2y 1  0 2  2  vô nghiệm 1  3   2   2 x  5  2y   5  2 y  1  0   2  4   x  0  +) Với 2 x  5  2 y  0   5  4 x 2 . Thay vào (2) ta có  y  2 16 x  24 x  3  8 3  4 x  0 4 2  4 x 2  4 x 2  1  5  4 x 2  1  8  3  4x 1  0   16    2 x  1  8 x3  4 x 2  10 x  5  0  3  4x  1  2 x  1  0 0,5  3 16 8 x  4 x 2  10 x  5   0  *   3  4x  1 1 Ta có 2 x  1  0  x   y  2. 2 16 Ta có *  2 x 2  4 x  3  3x  4 x  3  2 x 2  x  5  0 3  4x  1 3 16 Với 0  x  ta có 2 x 2  4 x  3  3x  4 x  3  2 x 2  x  5  0 4 3  4x  1 3 Vậy (*) không có nghiệm thỏa mãn 0  x  4 1  Kết luận hệ có nghiệm là  x; y    ;2  2  0,5 2. (2,5 điểm ) Mỗi hình chữ nhật tương ứng với việc chọn 2 đường nằm ngang và 2 đường nằm dọc của hình vuông đã cho. Chọn 2 đường nằm ngang có C72 , chọn 2 đường nằm dọc có C72 . Vậy số hình chữ 0,5 nhật là C7 .C7  441. 2 2 Đánh số đường nằm dọc lần lượt từ trái qua phải là 1,2,3,4,5,6,7 ( gồm 4 đường
đánh số lẻ và 3 đường đánh số chẵn ) Đánh số đường nằm ngang lần lượt từ trên xuống dưới là 1,2,3,4,5,6,7 ( gồm 4 đường đánh số lẻ và 3 đường đánh số chẵn ) 0,5 Ta đếm số hình chữ nhật có diện tích là số lẻ: Để có một hình chữ nhật có diện tích là số lẻ thì mỗi kích thước hình chữ nhật đó phải là số lẻ. -Xét kích thước thứ nhất: Để tạo ra kích thước là số lẻ, ta chọn lần lượt 1 đường đánh số lẻ (4 đường) ghép với 1 đường đánh số chẵn (3 đường). Như vậy có 4.3 0,5 =12 (cách) -Xét kích thước thứ hai: Để tạo ra kích thước là số lẻ, ta chọn lần lượt 1 đường đánh số lẻ (4 đường) ghép với 1 đường đánh số chẵn (3 đường). Như vậy có 4.3 0,5 =12 (cách) Do đó số hình chữ nhật có diện tích là số lẻ là: 12.12 =144 (hình ) Do đó, số hình chữ nhật có diện tích là số chẵn là: 441-144= 297 (hình ) 297 33 0,5 Vậy xác suất cần tìm là  . 441 49 Câu 1. (2 điểm ) a) Ta có an1  1  a1a2 an1 1  a1a2 an1  nên bằng quy nạp, ta IV chứng minh được 0,5 (4, 0 an1  1  a1a2 an , n  1 . điểm ) b) Do đó an1  an  1  an  a1a2 an  1  an với mọi n  2. 2 1 1 1 Từ đó ta có biến đổi an1  1  an  an  1    , n  2. an an  1 an1  1 0,5 1 1 1 Đặt bn     , n  1. a1 a2 an n  1 1  1 1 1 Suy ra bn  1       1  2 . 0,5 k  2  ak  1 ak 1  1  a2  1 an1  1 an1  1 Dễ thấy an  1, n  2 . Theo trên an1  an  1  an  an1  an   an  1  0 , suy ra dãy  an  tăng. 2 2 Giả sử dãy  an  bị chặn trên thì nó sẽ hội tụ về L  L  1 . Ta có an1  1  an1  an1 với mọi n  2 . 2 Chuyển qua giới hạn, ta có L  1  L  L2 hay 1  L2  0, vô lý. Suy ra dãy  an  không bị chặn trên. Do đó lim an  . 0,5 Do đó lim bn  2 2. ( 2 điểm ) a) 1  cos 2 A 1  cos 2C P  sin 2 A  cos B  cos 2 C    cos B 2 2   0,5  1  sin B sin  A  C   cos B  1  sin B  cos B  1  2 cos  B    1  2  4 Vậy Pmax  1  2 đạt được khi
 5   A  8 sin  A  C   1 AC      2        B  0,5 cos  B  4   1  B    4      4   C  8  5   Vậy A  , B ,C . 8 4 8 1 1 2 8 b) Với x, y là hai số thực dương ta có 2  2   x y xy  x  y 2 1 1 8 Áp dụng BĐT trên ta có:   a  b  c  c  6  a  b  2c  6  2 2 2  1 1  64 Suy ra P  8      a  b  2c  6   b  11   a  2b  2c  17 2 2 2 0,5   Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2a  10b  4c   a 2  1   b2  25   c 2  4   6b  30 Suy ra 2a  4b  4c  30  a  2b  2c  15 . 64 1 Do đó, P   . Đẳng thức xảy ra khi a  1, b  5, c  2. 0,5 15  17  16 2