De 5 sở gd đt vĩnh phúc hsg toan 11

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho học sinh THPT khơng chun Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ————————————  x y(1  y )  x y (2  y )  xy  30 0 Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x y  x (1  y  y )  y  11 0 Câu (2,5 điểm) Giải phương trình: (2  x  3)cos x  2sin      1 2cos x  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho đa giác đều 2n đỉnh A1 A2 A2 n (với n là số nguyên lớn 1) Hỏi có tất hình chữ nhật với các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho Câu (2,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a 2, BC a và SA SB SC SD 2a Gọi K là hình chiếu vuông góc của B AC và H là hình chiếu vng góc của K SA a) Tính độ dài đoạn HK theo a b) Gọi M , N là trung điểm của đoạn thẳng AK , CD Chứng minh các đường thẳng BM và MN vuông góc với Câu (1,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x  y  z 1 Chứng minh rằng: 1 27     xy  yz  xz Hết Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………………………………SBD: ………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) ———————————— (Đáp án gồm trang) Câu (2,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Biến đổi tương đương hệ đã cho  xy  x (1  y )  xy (2  y )  y  30     2  x y  xy  xy  x  y 11  xy  ( x  y )  xy( x  y )  30   xy( x  y )  xy  x  y 11 0,75  xy( x  y )( x  y  xy ) 30   xy( x  y )  ( xy  x  y ) 11 a  b 11 Đặt xy ( x  y ) a; x  y  xy b , ta hệ:  ab 30 Giải hệ này ta (a, b) (5,6);(6,5)  xy( x  y ) 6 Nếu (a, b) (6,5)   xy  x  y 5 Tìm hai nghiệm là ( x, y ) (1,2);(2,1)  xy( x  y ) 5 Nếu (a, b) (5,6)   xy  x  y 6   21  21    21  21  ; ; Tìm hai nghiệm là ( x, y )   ;   2 2     Vậy hệ có nghiệm là:   21  21    21  21  ( x, y ) (1,2);(2,1);  ; ;  ;   2 2     0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (2,5 điểm): Nội dung trình bày Điều kiện: cos x  (*) Điểm 0,25 Phương trình đã cho tương đương với     3)cos x    cos  x    2cos x      (2  3)cos x   sin x 2cos x  (2   sin x  cos x  tan x    x   k (k  ) 0,5 0,5 0,25 0,5 Kết hợp với điều kiện (*) ta nghiệm của phương trình đã cho là: x 4  2m (m  ) 0,5 Câu (1,0 điểm): Nội dung trỡnh by im Gọi (O) đờng tròn ngoại tiếp ®a gi¸c ®Ịu A1 A2 A2 n DƠ thấy đa giác có n đờng chéo mà đờng kính (O) Mặt khác, tứ giác có đỉnh đỉnh đa giác hình chữ nhật hai đờng chéo hai đờng kính (O) 0,25 0,25 Bên cạnh đó, hai tứ giác khác có hai cặp đờng chéo khác Do số hình chữ nhật có đỉnh đỉnh đa giác với số cặp đờng chéo đa giác mà hai đờng 0,25 kính Vậy số hình chữ nhật cần tìm Cn n(n 1) 0,25 _ S Câu (2,5 điểm): H _ N _ D _ C _ K _ M _ A _ O _ B Nội dung trình bày Điểm a) (1,5 điểm) Gọi O là giao điểm của AC và BD Theo giả thiết ta có: SO  (ABCD) ABCD)  SO BK, mà BK  AC  BK  (ABCD) SAC) BK  SA BK  HK 0,5 1 2a 2    BK  + Do ABC vuông đỉnh B nên: BK AB BC + Dễ thấy SA  (ABCD) BHK) BH  SA SAB cân đỉnh S, BH là đường cao nên dễ thấy HB  0,5 a + Do HBK vuông K nên: 13a HK HB  BK  12 a 39 VËy HK  0,5 b) (1,0 điểm) Ta có    + 2BM BA  BK ( M là trung điểm của AK)        1    1 + MN MB  BC  CN  ( AB  KB )  BC  BA  KB  BC 2 + Do đó:       BM MN ( BA  BK ).( KB  BC )     = BA.KB  BA.BC  BK KB  BK BC    = BA.KB  BK KB  BK BC    = KB.( BA  BK  2.BC )      = KB.( BA  BC  BK  BC )      = KB.(CA  CK ) KB.CA  KB.CK 0 0,25 0,25 0,5 Vậy: BM  MN Câu (1,5 điểm): Nội dung trình bày Đặt p  x  y  z 1; q  xy  yz  xz; r  xyz Điểm Ta có các đẳng thức sau: (1  xy )(1  yz )(1  xz ) 1  q  pr  r (1  xy )(1  yz )  (1  xy )(1  xz )  (1  yz )(1  xz ) 3  2q  pr BĐT cần chứng minh trở thành: 0,5  2q  pr 27   q  pr  r Hay  11q  19r  27 r 0 (1) Theo BĐT Cauchy, ( x  y  z )3 27 xyz  p 27r  27r   27r  r Do đó ta chỉ cần chứng minh được:  11q  19r  r 0   11q  18r 0 (2) là 0,25 xong Ta có (2)   11( xy  yz  xz )  18 xyz 0 (3) Không mất tổng quát, giả sử z min  x, y, z  z  Ta có 0,5  11( xy  yz  xz )  18 xyz 3  xy (18 z  11)  11z ( x  y ) 2  x y  1 z  3    (18 z  11)  11z (1  z ) 3    (18 z  11)  11z (1  z )      1 z  Ta có    (18 z  11)  11z (1  z ) 0  (3 z  1) (2 z  1) 0 (luôn đúng)   Do đó (3) đúng, tức là (1) Bài toán chứng minh 0,25 Dấu đẳng thức xảy và chỉ x  y  z  - Hết -