Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2022 có đáp án

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Mơn thi: Tốn – Lớp 11
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Câu I. (4,0 điêm
̉ ) 

x3
- x 2 + x + m  có đồ thị là  ( C ) . Tìm tất cả các giá trị của  m  để tiếp tuyến của 
3
đồ thị  ( C )  tại điểm  M có  x M = 3  chắn hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng  2 .
Cho hàm số  y =

Câu II. (6,0 điêm
̉ )
1) Giải phương trình     

�

p�
￷￷ = sin x + cos x - 1  
￷￷
￷�
4�
2) Tìm số nguyên dương lẻ  n  sao cho
C n1 - 2.2C n2 + 3.22C n3 - 4.23C n4 + ... + n .2n - 1C nn = 2022.
                       2 sin ￷￷￷2x -

3) Tính giới hạn  I = lim
x￷ 1

Câu III. (4,0 điêm

̉ ) 

2022(2023 - x 2 ) - 2022
x- 1

1) Giải phương trình:   2x + 3 + x + 1 = 3x - 16 + 2 2x 2 + 5x + 3

￷ x 3 - y 3 + 3x 2 + 6x - 3y + 4 = 0
￷
2) Giải hệ phương trình:  ￷￷
  ( x , y ￷ R)
￷￷ 3 4x + 1 + 2 3 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5
 
￷

Câu IV. (4,0 điêm
̉ )
1)  Trong   mặt   phẳng   tọa   độ  Oxy ,   cho   hình   vng   A BCD   có   đỉnh  C   thuộc   đường   thẳng 

d : x + 2y - 6 = 0 , điểm  M ( 1;1)  thuộc cạnh  B D  biết rằng chình chiếu vng góc của điểm  M trên cạnh 
A B , A D  đều nằm trên đường thẳng  D : x + y - 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C .
2) Cho hình vng  A BCD  cạnh  a . Gọi  O  là giao điểm của hai đường chéo. Trên nửa đưởng thẳng 
?
Ox  vng góc với mặt phẳng chứa hình vng, ta lấy điểm  S  sao cho góc  SCB
= 600 . Tính khoảng cách 
giữa hai đường thẳng  BC  và  SD .
Câu V. (2,0 điêm
̉ ) Cho  a, b, c, d  là các số thực thoả mãn  a 2 + b2 = 25; c2 + d 2 = 16  và  ac + bd ￷ 20 . Tìm 
giá trị lớn nhất của biểu thức:  P = a + d .
­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­

 

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….................…….….….; Số báo danh:……….....……….
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI  CẤP TRƯỜNG
Mơn: Tốn – Lớp 11
Câu
1(4,0 điểm)

Lời giải sơ lược

Điể
m


Ta có  y ' = x 2 − 2x +1
Theo giả thiết ta có  M(3;3 + m) (C), phương trình tiếp tuyến của đồ thị  (C)  tại  M  là: 

2,0

y = y '(3)(x − 3) + 3 + m � y = 4(x − 3) + 3 + m � y = 4x − 9 + m (Δ)

�9 − m
� ;0
�4

�� A
Gọi  AΔ= Ox

�
Oy
�;  B = ∆ ��
�

Diện tích tam giác OAB:   SOAB =
Theo giả thiết:  SOAB = 2 �

B ( 0; m − 9 )

1
1 9−m
(m − 9) 2
OA.OB =
m−9 =
2
2 4
8

2,0

m = 13
(m − 9)
= 2 � (m − 9) 2 = 16 �
m=5
8
2

Vậy  m = 5;m = 13.

�
￷�

p�
￷￷ = sin x + cos x - 1 . (1)
￷￷
4�

2.1 (2 điểm)  2 sin ￷￷2x -

(1)  sin 2 x − cos 2 x = sin x + cos x − 1
� sin 2 x − sin x = cos 2 x + cos x − 1
� 2sin x cos x − sin x = 2cos 2 x + cos x − 1
� sin x(2cos x − 1) = (2cosx − 1)(cosx + 1)
� (2cos x − 1)(sinx − cos x − 1) = 0

0,5

1
(a)
2
sin x − cos x = 1(b)
cos x =

1,0

π
(a ) � x = � + k 2π
3

π π
= + k 2π
� π�
4
4
(b) � 2 sin �x − �= 1 �
π
3
π
4
�
�
x− =
+ k 2π
4
4
2.2 (2 điểm). 

π
+ k 2π
2
x = π + k 2π

x−

0,5

x=

n

Ta có  ( 1 + x ) = C n0 + C n1x + C n2x 2 + C n3x 3 + ... + C nn x n
Lấy đạo hàm 2 vế ta được:  n ( 1 + x )

n- 1

1
n

2
n

3
n

2

n
n

= C + 2C x + 3C x + ... + C x

Cho  x = - 2 � n (- 1)n - 1 = C n1 - 2C n2 2 + 3C n3 22 - ... + nC nn ( - 2)

+ I = lim
x 1

= lim

(

− 2022 ( 1 + x )

2023 − x 2 + 2022
Vậy  I = −1
x 1

3.1 (2 điểm)

)

2023 − x 2 − 2022 = lim
x 1
( x − 1)
x −1
=

−2 2022
= −1
2 2022

(

1,0

n- 1

1,0

Vì  n  lẻ nên ta có:  n = C n1 - 2C n2 2 + 3C n3 22 - ... + n 2n - 1C nn = 2022

Vậy  n = 2022
2.3 (2 điểm)

2022

n- 1

2022 ( 1 − x 2 )

2023 − x 2 + 2022

)

1,0

1,0


ĐKXĐ:  x ￷ - 1
Đặt  t = 2x + 3 + x + 1 , đk:  t > 0 � t 2 = 3x + 4 + 2 2x 2 + 5x + 3
� 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 = t 2 - 4

1,0

￷t = - 4
�t = 5
PT trở thành:  t = t 2 - 4 - 16 � t 2 - t - 20 = 0 � ￷￷
t￷ = 5
￷
Với  t = 5 � 2x + 3 + x + 1 = 5 � 3x + 4 + 2 2x 2 + 5x + 3 = 25

￷ 21 - 3x ￷ 0
￷￷
￷
� 2 2x + 5x + 3 = 21 - 3x
￷￷ 4(2x 2 + 5x + 3) = 441 - 126x + 9x 2
￷
￷x ￷ 7
￷x ￷ 7
￷ ￷￷ 2
￷ ￷￷
�x =3
￷￷ x - 146x + 429 = 0
￷￷ x = 143 �x = 3
￷
Vậy phương trình có nghiệm là  x = 3
2

1,0

￷ x 3 - y 3 + 3x 2 + 6x - 3y + 4 = 0
(1)
￷
3.2 (2 điểm) Giải hệ phương trình:  ￷￷
  ( x , y ￷ R)
￷￷ 3 4x + 1 + 2 3 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5 (2)
 
￷
￷x ￷ - 1 / 4
￷
Điều kiện  ￷

￷￷ 2x + 4y - 8 ￷ 0
Phương trình (1) tương đương với  ( x + 1)3 + 3( x + 1) = y 3 + 3 y  

� (x + 1 − y) �
( x + 1) 2 + ( x + 1) y + y 2 + 3�
�
�= 0  (*) 
Vì  ( x + 1) 2 + ( x + 1) y + y 2 + 3 > 0, ∀x, y  nên  (*) � x + 1 − y = 0 � y = x + 1
Thay vào phương trình (2) của hệ ta được
3 4x + 1 + 2 3 6x − 4 = 3x + 7
�
��
3 4x + 1 − ( 2x + 5 ) �
2 3 6x − 4 − (x + 2) �
�
�+ �
�= 0
−4(x − 2) 2
−(x − 2) 2 (x + 10)
�
+
=0
3 4x + 1 + 2x + 5 4 3 (6x − 4) 2 + 2(x + 2) 3 6x − 4 + (x + 2) 2
(x − 2) = 0 � x = 2(tm) � y = 3(tm)
−4
−(x + 10)
+
= 0(**)
3 2x + 8 + x + 12 4 3 (6x − 4) 2 + 2(x + 2) 3 6x − 4 + (x + 2) 2
2

Nhận xét: Với  x −1 / 4 ,vế trái của phương trình (**) ln âm , nên (**) vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2;3)
4.1 (2 điểm)

0,5

0,5

1,0


H

A

B

I
K

Gọi H và K là hình chiếu vng góc của M trên AB và 
AD; Gọi N là giao điểm của KM và BC, gọi I là giao 
điểm của CM và HK. Ta có   ∆DKM   vng tại K và 
￷
MDK
= 450  KM = KD=NC.

N

M

Lại  có   MH = MN   (do  MHBN  là  hình  vng)  suy  ra 
￷
￷
￷
￷
. Mà  NMC
∆KMH = ∆CNM � HKM
= MCN
= IMK
￷
￷
￷
￷
 nên  IMK
+ HKM
= NMC
+ NCM
= 900  

1,0

� CI ⊥ HK .

C

D

  

Đường   thẳng   CI   qua   M(1;1)   và   vuông   góc   với   đường   thẳng   d   nên   có   phương   trình: 

−( x − 1) + ( y − 1) = 0 � x − y = 0  . Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  ∆  nên 
�x − y = 0
tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt  �
�x + 2 y − 6 = 0

�x = 2
�
�y = 2

1,0

Vậy C(2;2).
4.2 (2 điểm)
Gọi I, H là trung điểm của BC và SD.
￷
Ta có SO là trục hình vng và  SCB
= 600  
SA=SB=SC=SD=CB=a và BC//mp(SCD) nên 
d ( BC , SD ) = d ( I , mp(SAD))

S

Ta lại có  AD ⊥ ( SIH ) � ( SIH ) ⊥ ( SAD )  theo giao tuyến 
SH. Trong mặt phẳng (SIH) dựng 
IJ ⊥ SH � IJ ⊥ ( SAD )   � d ( I ,( SAD )) = IJ

J
A

H
D

B
O

60

1,0

I

C

a 2
SO.HI a. 2
a 6
=
=
Tam giác SIH có:  IJ =
SH
3
a 3
2

1,0

a 6
3
a

,
b
,
c
,
d
5 (2 điểm) Cho 
 là các số thực thoả mãn  a 2 + b2 = 25; c2 + d 2 = 16  và  ac + bd ￷ 20 . Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức:  P = a + d .
a = 5sin α ; b = 5cos α
Từ  a 2 + b2 = 25; c2 + d 2 = 16 ￷  tồn tại hai góc  α ; β  sao cho 
c = 4 cos β ; d = 4sin β
Vậy  d ( BC , SD) =

Khi đó biểu thức  ac + bd ￷ 20  có dạng  sin a cos b + cos a sin b ￷ 1  hay  sin ( a + b) ￷ 1 , 

1,0

p
nên  sin ( a + b) = 1  do đó  b = - a + k 2p, k ￷ ? . Vậy  sin b = cos a
2

Ta có  P = 5sin α + 4sin β = 5sin α + 4cos α

41 � Pmax = 41

1,0


Vậy giá trị lớn nhất của P là  41

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận 
chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng khơng 
được vượt q số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong q trình chấm phải 
được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm tồn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, khơng làm trịn điểm