Đề thi Olimpic Toán 11 năm 2023 – 2024 cụm Thạch Thất & Quốc Oai – Hà Nội

Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 11 đề thi Olimpic cấp cụm môn Toán 11 năm học 2023 – 2024 cụm Thạch Thất & Quốc Oai, thành phố Hà Nội; đề thi gồm 1 trang với 5 bài tập tự luận có đáp án và hướng dẫn chấm điểm. Mời bạn đọc đón xem!

Chủ đề:

Đề thi Toán 11 549 tài liệu

Môn:

Toán 11 3.2 K tài liệu

Thông tin:
7 trang 10 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề thi Olimpic Toán 11 năm 2023 – 2024 cụm Thạch Thất & Quốc Oai – Hà Nội

Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 11 đề thi Olimpic cấp cụm môn Toán 11 năm học 2023 – 2024 cụm Thạch Thất & Quốc Oai, thành phố Hà Nội; đề thi gồm 1 trang với 5 bài tập tự luận có đáp án và hướng dẫn chấm điểm. Mời bạn đọc đón xem!

106 53 lượt tải Tải xuống
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
CỤM THẠCH THẤT-QUỐC OAI
Kỳ thi Olimpic cấp Cụm các môn văn hóa
lớp 10 và 11 năm học 2023-2024
Môn: Toán 11
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Họ và tên thí sinh:…………………………………….Số báo danh:…………………………
Câu 1 (5 điểm)
a) Giải phương trình
2
2cos 3sin 0.xx
b) Cho hình chóp
.S ABCD
đáy
ABCD
hình bình hành. Gọi
,,M N E
lần lượt trung
điểm của các đoạn thẳng
,AD SD
. Chứng minh rằng
( ) / /( )MNE SAB
.
Câu 2 (5 điểm)
a) Cho các số
5 , 2 3 , 2x y x y x y
theo thứ tự lập thành cấp số cộng, các số
22
( 1) , 1, ( 1)y xy x
theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tìm
,xy
.
b) Gieo một con xúc sắc 4 lần. Tính xác suất để mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần.
Câu 3 (4 điểm)
a) Tìm tt c các giá tr ca
m
để phương trình
2
22
log (2 ) log 1 0x x m
đúng
2
nghim phân bit thuc khong
0;1
.
b) Cho dãy s
()
n
u
được xác định bởi
1
2
1
2
2024
*
,
2025
nn
n
u
uu
u n N

Đặt
12
2 3 1
*
... ,
1 1 1
n
n
n
u
uu
S n N
u u u
. Chứng minh rằng
*
2025,
n
S n N
.
Câu 4 (4 điểm)
Cho hình chóp
.S ABC
đáy là tam giác đều cạnh
a
,
SA SB SC
, đường cao
SO
của
hình chóp
.S ABC
có độ dài bằng 2a.
a) Chứng minh rằng
SA BC
.
b)
M
điểm thuộc đường cao
AH
của tam giác
ABC
(
M
khác
A
H
). Mặt phẳng
P
đi
qua
M
và vuông góc với
AH
cắt hình chóp theo thiết diện. Tìm vị trí của
M
để diện tích thiết
diện lớn nhất.
Câu 5 (2 điểm). Cho các số thực
,,a b c
lớn hơn 1, thỏa mãn




2 2 2
144
log 5 16 27 log 2a b c ab bc ca
ab b c ca
Tính giá trị của biểu thức
23T a b c
.
-----------------Hết-----------------
(Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Chữ kí cán bộ coi thi số 1:................................Chữ kí cán bộ coi thi số 2:..........................
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LP 11-NĂM HỌC 2023-2024
CÂU
NI DUNG
ĐIM
1a
Giải phương trình
2
2cos 3sin 0.xx
PT đã cho tương đương với PT
2
2sin 3sin 2 0xx
sin 2
1
sin
2
x
x

*
sin 2x 
vô nghim;
*
2
1
6
sin ,
5
2
2
6
xk
x k Z
xk


KL: Phương trình đã cho có 2 họ nghim là
5
2 , 2 ,( )
66
x k x k k Z


1.0
1.0
1.0
1b
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gi M, N, E lần lượt là
trung đim của các đoạn thng AD, SD và SC. Chng minh rng (MNE)//(SAB).
Hình v. HS v đúng hình
Ta có MN là đường trung bình ca tam giác SAD
/ / / /( )MN SA MN SAB
(1)
0.5
Ta có NE là đường trung bình ca tam giác SDC
//NE CD
0.5
Do ABCD là h.b.h
/ / / / / /( )CD AB NE AB NE SAB
(2)
0.5
T (1) và (2) suy ra
( ) / /( )MNE SAB
0.5
2a
Cho các s
5 , 2 3 , 2x y x y x y
theo th t lp thành cp s cng, các s
22
( 1) , 1, ( 1)y xy x
theo th t lp thành cp s nhân. Tính
,xy
.
5 , 2 3 , 2x y x y x y
theo th t lp thành cp s cng
2(2 3 ) ( 2 ) (5 )
2 7 0 (1)
x y x y x y
xy
0.5
22
( 1) , 1, ( 1)y xy x
theo th t lp thành cp s nhân
2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
1 ( 1)( 1) (2)
1 ( 1)(1 ) (3)
xy y x
xy y x
xy y x
0.5
T (1) và (2) ta có HPT
14
2 7 0
9
2 4
9
x
xy
xy
y




0.5
T (1) và (2) ta có HPT
0, 0
2 7 0
99
2
,
4 14
xy
xy
xy x y
xy


1.0
KL:
14
9
4
9
x
y

,
9
4
9
14
x
y

,
0
0
x
y
0.5
2b
Gieo mt con xúc sc 4 ln. Tính xác suất để mt 6 chm xut hin ít nht 1 ln.
Gi A
i
là biến c “Ln th i xut hin mt 6 chm”,
1;2;3;4i
suy ra các
biến c A
i
độc lp.
A là biến c “Mt 6 chm xut hin ít nht 1 lần”
:A
”C 4 lần đều
không xut hin mt 6 chấm”
Ta có
15
( ) ( )
66
ii
P A P A
1.0
4
1 2 3 4 1 2 3 4
5
( ) ( ) ( ). ( ). ( ). ( )
6
P A P A A A A P A P A P A P A



4
5
( ) 1
6
PA



1,0
3a
Tìm tt c các giá tr ca
m
để phương trình
2
22
log 2 log 1 0x x m
có đúng
2
nghim phân bit thuc khong
0;1
.
2
22
2
22
2
22
log 2 log 1 0
(1 log ) log 1 0
log 3log 0
x x m
x x m
x x m
0,5
Đặt
2
log (0;1) 0t x x t ;
ta đưc PT
2
30t t m
(1)
0.5
PT đã cho có đúng 2 nghiệm phân bit thuc khong (0; 1)
PT (1) có 2 nghim âm phân bit.
0,5
9 4 0
9
3 0 0
4
0
m
b
Sm
a
c
Pm
a
. Vy
9
0
4
m
0.5
3b
Cho dãy s
()
n
u
được xác đnh bi
1
2
*
1
2
2024
,
2025
nn
n
u
uu
u n N

Đặt
*
12
2 3 1
... ,
1 1 1
n
n
n
u
uu
S n N
u u u
. Chng minh rng
*
2025,
n
S n N
* Chng minh
2,
n
un
. (PP quy np)
Ta có
1
2u
, Ta có
1
( 1)
2025
kk
kk
uu
uu

Gi s
11
2 0 2
k k k k k
u u u u u

Suy ra
2,
n
un
.
0,5
Ta có
2
1
1
11
( 1)
2025 2025
2025 ( 1) ( 1) ( 1)
11
2025
1 1 1
n n n n
nn
n n n n
n
n n n
u u u u
uu
u u u u
u
u u u





0,5
Suy ra
12
2 3 1
1 1 1 1
...
1 1 1
1 1 1 2025
2025 2025 1 2025
1 1 1 1
n
n
n
n n n
u
uu
S
u u u
u u u u
0,5
Do
2,
n
un
nên
2025
n
S
0.5
4a
Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cnh ,
SA SB SC
, đường cao
SO
ca hình chóp S.ABC có đ dài bng 2a.
a) Chng minh rng
SA BC
T
SA SB SC
OA OB OC
O là tâm đường tròn ngoi tiếp tam
giác ABC
O cũng là trc tâm ca tam giác ABC
AO BC
1.0
Ta có
( do ( )
()
BC SO SO ABC
BC SAO BC SA
BC AO

1.0
a
4b
b)
là đim thuc đưng cao
AH
ca tam giác (
M
khác
H
). Mt phng
đi qua và vuông góc vi ct hình chóp theo thiết din. Tìm v trí ca
M
để din tích thiết din ln nht.
V đúng hình, dựng đưc thiết din trong 2 trường hp.
Hình 1 Hình 2
0.5
qua và vuông góc vi nên song song vi đưng thng ,
đồng thi song song hoc cha .
Đặt
+TH1: Khi thì thiết din là mt tam giác (hình 1). Ta có:
;
Din tích thiết diện khi đó là . Trong trường hp này
din tích thiết din ln nht là khi .
0.5
+ TH2: Khi thì thiết din là hình thang (hình 2).
Ta có:
M
ABC
A
P
M
AH
P
M
AH
P
BC
P
SO
3
0
2
a
AM x x




3
0
3
a
x
KIJ
3
23
3
KM AM x
KM x
SO AO
a
2 2 3
3
3
IJ AM x x
IJ
BC AH
a
2
1
.2
2
S KM IJ x
2
2
3
a
S
3
3
a
x
33
32
aa
x
IJEF
;
.
Din tích thiết diện khi đó là
.
0.5
Khi đó
Trong trưng hp này din tích thiết din ln nht là khi .
Kết hợp 2 trường hp ta có din tích thiết din ln nht là khi
0.5
5
Cho
, , 1a b c
tha mãn

2 2 2
144
log 5 16 27 log 2
ab bc ca
a b c ab bc ca
. Giá tr
ca biu thc
23T a b c
.
Ta có:
2 2 2
2 2 2
5 16 27 12 12 12 3 2 2 3 2 3 0a b c ab ac bc a b b c a c
.
Dấu đẳng thc xy ra khi và ch khi
 2 3 1a b c
.
0.5
Suy ra
2 2 2
5 16 27 12a b c ab bc ca
.


2 2 2
log 5 16 27 log 12 1 log 12
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
a b c ab bc ca
.
(Do
1ab bc ca
)
0.5
2 2 3
3
3
IJ AM x x
IJ
BC AH
a
3
3
23
3
6
a
x
EF SG OM
EF x a
BC SH OH
a



3
2
2 3 2 3
3
6
a
x
GM HM
GM a x
SO HO
a



1 2 1
. 4 3 3 3 2 3 4 3 3 6 4 3
2 3 3
S IJ EF GM x a a x x a a x
2
2
1 1 4 3 3 6 4 3 3
4 3 3 6 4 3
3 3 2 4
x a a x a
S x a a x




2
3
4
a
S
33
8
a
x
2
3
4
a
S
33
8
a
x
Biu thức đã cho:



2 2 2
144
12
12
log 5 16 27 log
1
1 log 12 log
4
1
2. log 12. log 1 1 1 2.
4
ab bc ca
ab bc ca
ab bc ca
a b c ab bc ca
ab b c ca
ab b c ca
Dấu đẳng thc xy ra khi và ch khi

2
12
1
log 12 .log 12 2
4
ab bc ca
ab bc ca ab bc ca
0.5
T
1
2
suy ra đng thức đã cho xảy ra khi





2
12
23
6
12
4
a
a b c
b
ab bc ca
c
.
Suy ra
2 3 12a b c
.
0.5
Chú ý: Li giải đúng theo cách khác vẫn chấm điểm ti đa.
| 1/7

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
Kỳ thi Olimpic cấp Cụm các môn văn hóa
CỤM THẠCH THẤT-QUỐC OAI
lớp 10 và 11 năm học 2023-2024 Môn: Toán 11 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Họ và tên thí sinh:…………………………………….Số báo danh:………………………… Câu 1 (5 điểm)
a) Giải phương trình 2
2 cos x  3sin x  0.
b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N , E lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng AD, SD SC . Chứng minh rằng (MNE) / /(SAB) . Câu 2 (5 điểm)
a) Cho các số 5x y, 2x  3 y, x  2 y theo thứ tự lập thành cấp số cộng, các số 2 2
( y 1) , xy 1, (x 1) theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tìm x, y .
b) Gieo một con xúc sắc 4 lần. Tính xác suất để mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần. Câu 3 (4 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 log (2 )
x  log x m 1  0 có đúng 2 2 2
nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;  1 . u   2 1 
b) Cho dãy số (u ) được xác định bởi 2  n u  2024u n n * u  , n Nn 1  2025 Đặt u u u 1 2 n * S   ...
, n N . Chứng minh rằng * S  2025, n   N . n u 1 u 1 u 1 n 2 3 n 1  Câu 4 (4 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA SB SC , đường cao SO của
hình chóp S.ABC có độ dài bằng 2a.
a) Chứng minh rằng SA BC .
b) M là điểm thuộc đường cao AH của tam giác ABC ( M khác A H ). Mặt phẳng  P đi
qua M và vuông góc với AH cắt hình chóp theo thiết diện. Tìm vị trí của M để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 5 (2 điểm). Cho các số thực a,b,c lớn hơn 1, thỏa mãn 2 log 5a  2 16b  2 27c  log
ab bc ca      2
abbcca  144  
Tính giá trị của biểu thức T a  2b  3c .
-----------------Hết-----------------
(Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Chữ kí cán bộ coi thi số 1:................................Chữ kí cán bộ coi thi số 2:..........................

ĐÁP ÁN – MÔN TOÁN – LỚP 11-NĂM HỌC 2023-2024 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1a Giải phương trình 2
2 cos x  3sin x  0.
PT đã cho tương đương với PT 2
2 sin x  3sin x  2  0 1.0 sin x  2    1  sin x   2 * sin x  2  vô nghiệm;   x   k2 1  * 6 sin x    , k Z 1.0 2 5 x   k2  6
KL: Phương trình đã cho có 2 họ nghiệm là  5 x
k2 , x
k2 ,(k Z) 1.0 6 6 1b
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, E lần lượt là
trung điểm của các đoạn thẳng AD, SD và SC. Chứng minh rằng (MNE)//(SAB).
Hình vẽ. HS vẽ đúng hình
Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAD
MN / /SA MN / /(SAB) (1) 0.5
Ta có NE là đường trung bình của tam giác SDC  NE / /CD 0.5
Do ABCD là h.b.h  CD / / AB NE / / AB NE / /(SAB) (2) 0.5
Từ (1) và (2) suy ra (MNE) / /(SAB) 0.5 2a
Cho các số 5x y, 2x  3y, x  2 y theo thứ tự lập thành cấp số cộng, các số 2 2
( y 1) , xy 1, (x 1) theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tính x, y .
5x y, 2x  3y, x  2 y theo thứ tự lập thành cấp số cộng
 2(2x 3y)  (x  2y)  (5x y) 0.5
 2x  7y  0 (1) 2 2
( y 1) , xy 1, (x 1) theo thứ tự lập thành cấp số nhân 0.5 2 2 2
 (xy 1)  (y 1) (x 1)
xy 1  (y 1)(x 1) (2)
 xy1(y1)(1x) (3)  14 0.5 x
2x  7y  0  Từ (1) và (2) ta có HPT 9   
x y  2 4 y    9
x  0, y  0  1.0 2x  7 y  0 Từ (1) và (2) ta có HPT    9 9
2xy  x y
x  , y    4 14  14  9 0.5 x     x  x  0 KL: 9  , 4  ,  4  9  y  0 y       y  9  14 2b
Gieo một con xúc sắc 4 lần. Tính xác suất để mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần.
Gọi Ai là biến cố “Lần thứ i xuất hiện mặt 6 chấm”, i 1;2;3;  4 suy ra các biến cố Ai độc lập.
A là biến cố “Mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”  A :”Cả 4 lần đều
không xuất hiện mặt 6 chấm” 1.0 1 5
Ta có P( A )   P(A )  i 6 i 6 4  5  1,0 P( )
A P( A A A A )  P( A ).P( A ).P( A ).P( A )  1 2 3 4 1 2 3 4    6  4  5   P( ) A  1    6  3a
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2
log 2x  log x m 1  0 có đúng 2 2 2
nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;  1 . 2
log 2x  log x m 1  0 0,5 2 2 2
 (1 log x)  log x m 1  0 2 2 2
 log x  3log x m  0 2 2
Đặt t  log x x
; (0;1)  t  0 ta được PT 2
t  3t m  0 (1) 2 0.5
PT đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1)
 PT (1) có 2 nghiệm âm phân biệt. 0,5 0.5
  9  4m  0   b 9  9 S    3
  0  0  m  . Vậy 0  m a 4  4  c P   m  0  a 3b u   2 1 
Cho dãy số (u ) được xác định bởi 2   n u 2024u n n * u  , n Nn 1  2025 Đặ u u u t 1 2 n * S   ...
, n N . Chứng minh rằng * S  2025, n   N n u 1 u 1 u 1 n 2 3 n 1 
* Chứng minh u  2, n  . (PP quy nạp) n u (u 1)
Ta có u  2 , Ta có k k uu  1 k 1  k 2025 0,5
Giả sử u  2  u
u  0  uu  2 k k 1  k k 1  k
Suy ra u  2, n  . n Ta có 0,5 2 u u u (u 1) n n n n uu   n 1  n 2025 2025 2025(u
1)  (u 1)  u (u 1) n 1  nn n u  1 1  n   2025   u 1 u 1 u 1 n 1   n n 1   Suy ra u u u 1 2 S   ... nn u 1 u 1 u 1 0,5 2 3 n 1   1 1   1  2025  2025    20251   2025  u 1 u 1 u 1 u 1  1 n 1    n 1   n 1  Do u  2, n  nên S  2025 0.5 n n 4a
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA SB SC , đường cao SO
của hình chóp S.ABC có độ dài bằng 2a.
a) Chứng minh rằng SA BC
Từ SA SB SC OA OB OC  O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 1.0
giác ABC  O cũng là trực tâm của tam giác ABC  AO BC
BC SO( do SO  (ABC) 1.0 Ta có 
BC  (SAO)  BC SABC AO 4b
b) M là điểm thuộc đường cao AH của tam giác ABC ( M khác A H ). Mặt phẳng
P đi qua M và vuông góc với AH cắt hình chóp theo thiết diện. Tìm vị trí của M
để diện tích thiết diện lớn nhất.
Vẽ đúng hình, dựng được thiết diện trong 2 trường hợp. 0.5 Hình 1 Hình 2
P qua M và vuông góc với AH nên P song song với đường thẳng BC ,
đồng thời P song song hoặc chứa SO .   Đặ a 3
t AM x  0  x     2   0.5 a 3 +TH1: Khi 0  x
thì thiết diện là một tam giác KIJ (hình 1). Ta có: 3 KM AM 3x    IJ AM x x KM  2 2 3 2x 3 ;    IJ SO AO a 3 BC AH a 3 3 1
Diện tích thiết diện khi đó là 2 S
KM .IJ  2x . Trong trường hợp này 2 2 2a a
diện tích thiết diện lớn nhất là S  3 khi x  . 3 3 a 3 a 3 + TH2: Khi  x
thì thiết diện là hình thang IJEF (hình 2). 3 2 Ta có: IJ AM 2x 2x 3    IJ  ; BC AH a 3 3 0.5 a 3   x   EF SG OM 3     
EF  2x 3  aBC SH OH a 3 6  a 3    xGM HM 2    
GM  23a  2x 3 . SO HO a 3 6
Diện tích thiết diện khi đó là 1 S  IJ EF  2 GM
x a ax  1 . 4 3 3 3 2 3 
4x 33a6a4x 3. 2 3 3     
Khi đó   x a a x  2 2 1
1 4x 3 3a 6a 4x 3 3a S 4 3 3 6 4 3       3 3 2 4   2 Trong trườ 3a a
ng hợp này diện tích thiết diện lớn nhất là S  3 3 khi x  . 4 8 2 0.5 3a
Kết hợp 2 trường hợp ta có diện tích thiết diện lớn nhất là S  khi 4 3a 3 x  8 5
Cho a,b,c  1 thỏa mãn 2 log 5a  2 16b  2 27c  log
ab bc ca        2 . Giá trị ab bc ca 144
của biểu thức T a  2b  3c . Ta có: a b c ab ac
bc  a b2   b c2  a c2 2 2 2 5 16 27 12 12 12 3 2 2 3 2 3  0. 0.5
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2b  3c   1 . Suy ra 2 a  2 b  2 5 16
27c  12ab bc ca .  2 a  2 b  2 log 5 16 27c  log
12 ab bc ca   1          log   12 ab bc ca ab bc ca ab bc ca 0.5 .
(Do ab bc ca  1) Biểu thức đã cho: 2 log 5a  2 16b  2 27c  log
ab bc ca
abbcca   144    1 1 log 12 log
ab bc ca
abbcca 12   4  1 2. log 12. log
ab bc ca  1  1  1  0.5 abbc 2. ca 12   4
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1 log 12 .log
ab bc ca ab bc ca  2 12 abbc 2 ca 12     4 Từ  
1 và 2 suy ra đẳng thức đã cho xảy ra khi a  12
a  2b  3c    b  6 .  0.5
ab bc ca   2 12 c   4
Suy ra a  2b  3c  12 .
Chú ý: Lời giải đúng theo cách khác vẫn chấm điểm tối đa.
Document Outline

  • TOAN_11_DE HSG CUM 23-24
  • TOAN_11_DAP AN HSG CUM 23-24