Tải Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm học 2019 - 2020 trường THPT Nguyễn Xuân Ôn, Nghệ An - Đề thi HSG môn Toán lớp 11 có đáp án

Gọi O là giao điểm của AC và BD, điểm M thay đổi nằm trong hình thang sao cho OM không song song với cạnh nào của hình thang... … Hết ….[r]

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 - 2020

MÔN TỐN 11

Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Câu (6,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)  3sin 2x1 2sin x 1 sin 3x cos2x sinx 0

b) 3

20 17

( 8) 5x 12

x y x x y y

x y x x y x

       

 

     

 

Câu (5,0 điểm)

a) Gọi S tập tất số tự nhiên có tám chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số tập S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 45

b) Cho dãy số (un) xác định

 

1

3

1

2

( 1)

3 2 , *

n n

u

n u

u n n n n N

n 

  

 

     

  Tìm số hạng tổng quát dãy số (un) Câu ( 5,0 điểm)

a) Cho tứ diện ABCD, hai cạnh AD BC lấy điểm M N cho

D

AM CN

M NB  Hai điểm E, F thuộc BM DN cho EF/ /AC Tính tỉ số EF AC.

b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang với AD/ /BC AD BC Gọi O giao điểm AC BD, điểm M thay đổi nằm hình thang cho OM khơng song song với cạnh hình thang Qua M dựng đường thẳng song song với SO cắt các mp(SAB), (SBC), (SCD) (SDA) điểm E, F, G H

Chứng minh rằng: MF2(ME MG ) 4 MH 9SO.

Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có M(3; 1)

là trung điểm cạnh BC, đường thẳng AC qua điểm E(1;3) Điểm D(4; 2) đối xứng với A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, điểm C thuộc đường thẳng d: x2y 0 có hồnh độ dương Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  

3

3

a b ac(a c) bc(b c) 5abc P

a b c

     



 

… Hết …

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đáp án gồm trang)

Câu Nội dung Điểm

1a)  3sin 2x1 2sin x 1 sin 3x cos2x sinx 0 3.0

Ta có

 

 

(1) 3sin (2sin 1) 2cos2 sin cos2

3sin (2sin 1) cos (2sin 1)

x x x x x

x x x x

     

     

1.0

2sin 1 3sin cos2  2sin

3sin cos x

x x x

x x               0.5 *

2sin sinx

5 2 x k x x k                   0.5 *

3 1

3sin cos sin cos

2 2

2

6 6

sin sin

7

6

2

6

x x x x

x k x k

x

x k x k

                                                        0.75

Vậy PT cho có nghiệm x k2 ,x k x, k k,

  

  

      Z 0.25

1b)

3

20 17 (1)

( 8) 5x 12 (2)

x y x x y y

x y x x y x

                  3.0

ĐK:

6

5

2

x y x x            Đặt 2 6 5

a x x a

y b b y                    Thay vào (1) ta có

2

3 2

2

20 17 3(6 ) 3(5 )

3 ( ) 3( )

a b a a b b

a a b b a b a ab b

    

 

           

6 x  5 y  y  x 1 vào (2) ta có

3

3

( 3 8) 5( 1) 12

( 5) 5

x x x x x x x

x x x x x x x

       

       

0,25

 

3

(x 3x 5) 2x 5x 2x 5x x

       

  2

2

2

3 (2 1)

2

x x

x x x x x

x x

 

     

 

0,5

2

3

2x 5x

3x 2x 5x

x x x

   

 

    



2

5 33 33

4

2x 5x

5 33 33

4

x y

x y

    

  

 

   

    

  



 (thỏa mãn)

0.5

3

3x 2x 5x (2x 5) (2x 5)

x   x   x x   x x  (3)

với x 0 Đặt a x x , b 2x5 ta có a2b2 ab a b 0 vô nghiệm

với

2

x 

Đặt a x x, b 2x ta có a2 b2 ab a b 0 vơ nghiệm

0.5

Câu a) 3.0

Có 9.A 97 1632960 số tự nhiên có tám chữ số đơi khác

Phép thử Chọn ngẫu nhiên số tập S nên số phần tử không gian mẫu n  ( ) 1632960

0.5

Một sơ chia hết cho 45 số chia hết cho chia hết cho Ta có 45     chia hết để tạo số có chữ số đơi khác ta lấy chữ số 10 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 mà tổng chữ số chia hết cho Suy phải bỏ hai chữ số có tổng Tức bỏ 0;9 , 1;8 , 2;7 , 3;6 ,  4;5 Mặt khác số cần tìm chia hết phải chứa

0.75

- Loại 0;9 Chữ số cuối nên có 7! = 5040 số - Loại  4;5 Chữ số cuối nên có 7! = 5040 số TH2 Có hai 0;9 4;5

Trong TH ta loại ba bộ1;8 , 2;7 , 3;6 Chẳng hạn loại 1;8 ta lập 7! + 6.6! = 9360 Vậy TH có 3.9360 = 28080

0.5

Vậy hai TH có 28080 + 2.5040 = 38160

Xác suất cần tìm

38160 53 1632960 2268

0.5 b)   2 ( 1)

3 2 , *

n n

u

n u

u n n n n N

n               2.0

Từ hệ thức truy hồi ta có

2

2

( 1)

3( 1)( 1)

3( 1) n n n n n u

u n n n

n u u n n n n               0.25

2 3

1

3

1

3 3 ( 1)

1

( 1)

1

n n n n

n n

u u u u

n n n n

n n n n

u u n n n n                        0.5

Xét dãy số (vn) với

3 n n u v n n  

Ta có vn1vn2 suy dãy số (vn) cấp số cộng có số hạng đầu

1

1 1

1

u v   

với công sai d =

0.5

1 ( 1) ( 1).2

n

v  v n d   n  n 0.25

Suy

3

2

n

n n

u

v n n u n n n

n

        0.5

0.25

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt CD K

Ta có AC //(BMK) mà E thuộc (BMK) EF//AC nên EF nằm mp(BMK), F giao điểm DN (BMK)  F BKDN

Trong mp(BKM), từ F kẻ đường thẳng song với MK cắt BM E Ta có hai điểm E, F cần tìm

0.5

Do

1

MD

AM CK CN

KD NB

  

nên NK//BD Suy

1

D D

KF NK CK

FB B C 

0.5

3

EF BF

MK BK

  

mà

2

MK

AC  Do

3

4

EF EF MK

AC MK AC  

0.75

Kẻ đường thẳng OM cắt AB, BC, CD AD I, K, L N Ta có mp (SMO) cắt mp(SAB), (SBC), (SCD), (SDA) theo giao tuyến SI, SK, SL, SN

Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt đường thẳng SI, SK, SL, SN điểm E, F, G H điểm cần dựng

0.5

Ta có

MAB

OAB

ME IM S

SO IO S

0.5

Tương tự

MBC

OBC S MF

SO S ,

MCD

OCD S MG

SO S , D

MAD

OA

MH S

SO S

0.5

Ta có SOAD 4SOBC 2SOAB 2SOCD 4S1 0.5

Suy

D

D

1 1 1

2S

2 4S

2

2S

2 4S

9

2

MBC MAB MC MAD

OBC OAB OCD OAD

MBC MAB MC MAD ABCD

S S

MF ME MG MH

SO SO SO SO S S S S

S S S

S S S S S

      

     

Vậy MF 2(ME MG ) 4 MH 9SO

1.0

Gọi H trực tâm tam giác ABC

Ta có BH song song với CD vng góc với AC

Tương tự CH song song với BD nên BDCH hình bình hành

0.5

Do M trung điểm BC nên M trung điểm DH Vậy H(2; 0) 0.25 Gọi C(3-2c; c) suy B(3+2c ; -c-2)

Ta có BH   2c 1;c2



, EC2 ; c c 3 

2

( 1).(2 ) (c 2).(c 3) 5c

BH EC   c  c      c

                            0.5

BH EC

                            nên

8

5

c

BH EC c c

c                                        

Do C có hồnh độ dương nên C(5; -1), B(1; -1)

0.5

PT AH : x – = PT AC : x + y = suy tọa độ A(2 ; 2) 0.25

Câu 5 2.0

Đặt , ,

a b c

x y z

a b c a b c a b c

  

     

Ta có x, y, z khơng âm x + y + z = 1

3

3 2

P x y xz(x z) yz(y z) 5xyz

x y z(x y 5xy) z (x y)

              0.5 Ta có   3

3 (x y) (1 z) 2 3

x y , x y 5xy x y (1 z)

4 4

           0.5    

2 2

1 z 1

P z z z (1 z) z z

4 4



          0.5

1

P 

1

x y z x y

Vậy GTNN P

1 

khi

c a b 