da thi va dap an HSG toan 11-Vinh phuc

Cho hình chóp S ABCD.. Chứng minh rằng các đường thẳng BM và MN vuông góc với nhau... Nội dung trỡnh bày Điểm Gọi O là đờng tròn ngoại tiếp đa giác đều A A A1 2.... Dễ thấy đa gi

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010

ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

————————————

Câu 1 (2,5 điểm) Giải hệ phương trình:







Câu 2 (2,5 điểm) Giải phương trình:

2 (2 3)cos 2sin

2cos 1

x x

x





.

Câu 3 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho đa giác đều 2n đỉnh A A A (với n là số1 2 2n nguyên lớn hơn 1) Hỏi có tất cả bao nhiêu hình chữ nhật với các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho.

Câu 4 (2,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với

2,

AB a BC a và SA SB SC SD   2a Gọi K là hình chiếu vuông góc của B

trên AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA.

a) Tính độ dài đoạn HK theo a.

b) Gọi M N, lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK, CD.

Chứng minh rằng các đường thẳng BM và MN vuông góc với nhau.

Câu 5 (1,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x y z    1 Chứng minh rằng:

1  xy  1  yz  1  xz  8

-Hết -Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

————————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên)

————————————

( Đáp án gồm 4 trang )

Câu 1 (2,5 điểm):

Biến đổi tương đương hệ đã cho

11







 



0,75

Đặt (xy xy)a x;  y xyb, ta được hệ: 11

30

ab

 









Nếu ( , ) (6,5)a b  thì ( ) 6

5





  

Nếu ( , ) (5,6)a b  thì ( ) 5

6





  

Tìm ra hai nghiệm là ( , ) 5 21 5; 21 ; 5 21 5; 21

0,25

Vậy hệ có 4 nghiệm là:

0,25

Câu 2 (2,5 điểm):

Điều kiện: cos 1

2



Phương trình đã cho tương đương với

2

0,5

sinx 3 cosx tanx 3 0,25

( )

3

Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là:

4

3

Câu 3 (1,0 điểm):

Nội dung trỡnh bày Điểm

Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp đa giác đều A A A1 2 2n Dễ thấy đa giác này có đúng n

đờng chéo mà là đờng kính của (O) 0,25

Mặt khác, mỗi tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác là một hình chữ nhật khi và chỉ khi hai

đờng chéo của nó là hai đờng kính của (O) 0,25

Bên cạnh đó, hai tứ giác khác nhau thì có hai cặp đờng chéo khác nhau Do vậy số hình chữ nhật

có đỉnh là đỉnh của đa giác bằng với số cặp đờng chéo của đa giác đều mà là hai đờng

kính 0,25

Vậy số các hình chữ nhật cần tìm là 2 ( 1)

2

n

n n

C   0,25

Cõu 4 (2,5 điểm):

a) (1,5 điểm).

Gọi O là giao điờ̉m của AC và BD Theo giả thiết ta có:

SO  (ABCD) ABCD)  SO BK, mà BK  AC  BK  (ABCD) SAC) BK  SA và BK  HK 0,5

+ Do ABC vuụng đỉnh B nờn:

2 2

3

BK

+ Dễ thṍy SA  (ABCD) BHK) BH  SA.

SAB cõn đỉnh S, BH là đường cao nờn dễ thṍy 7

2

a

0,5

+ Do HBK vuụng tại K nờn:

2

12 39

6 Vậy



a

a HK

0,5

b) (1,0 điểm)

Ta có

+ 2BM BA BK   

( vỡ M là trung điờ̉m của AK)

0,25 0,25

+ Do đó:

=

KB



KB BA BC BK BC

    

0,5

_

_ B _

A

_ S

_

O

_ K _

M

_ N H

Vậy: BM  MN.

Câu 5 (1,5 điểm):

Đặt p x y z   1; q xy yz xz r   ; xyz

Ta có các đẳng thức sau:

(1 xy)(1 yz)(1 xz) 1  q pr r  2

(1 xy)(1 yz) (1  xy)(1 xz) (1  yz)(1 xz) 3 2  q pr

BĐT cần chứng minh trở thành: 2



q pr

q pr r

Hay 3 11 q19r 27r2 0 (1)

0,5

(x y z  ) 27xyz p 27r 1 27 r 27r r

Do đó ta chỉ cần chứng minh được: 3 11 q19r r  0 3 11 q18r0 (2) là

xong

0,25

Ta có (2) 3 11( xy yz xz  ) 18 xyz0 (3)

Không mất tổng quát, giả sử min , ,  1

3

Ta có

1

0,5

Ta có

2

2

1

2



z

Do đó (3) đúng, tức là (1) đúng Bài toán được chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3

  

0,25

Hết