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

Ghi chú:Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Mời bạn đọc cùng tham khảo[r]

SỞ GD&ĐTNGHỆ AN

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY TRINH ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI TỈNHLỚP 11- NĂM HỌC 2019-2020

Mơn thi: Tốn

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

Câu (7,0 điểm) Giải phương trình sau:

a)    

2 2

sin cos 2sin sin sin

x

x x   x x 

b) x 4 3 x 12 x x   x 2x5

Câu (7,0 điểm).

a) Có số tự nhiên có chữ số cho số có chữ số xuất hai lần, chữ số lại xuất không lần

b)

Giải hệ phương trình

   

3

( , )

3 2

2

x y x y

x y x

y xy y

    





 

    

 



Câu (4,0 điểm).

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABCvng C, có phân giác

trong AD với

7 ( ; )

2

D 

thuộc BC Gọi EvàFlần lượt thuộc cạnhABvà ACsao cho

AEAF Đường thẳng EF cắt BC K Biết

3 ( ; )

2

E 

, Fcó hồnh độ nhỏ phương

trình đường thẳng AK x 2y 0 .Viết phương trình cạnh tam giác ABC.

b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d x y:  0 đường tròn   T : x12y42 5

Từ điểmM thuộc đường thẳngd kẻ hai tiếp tuyến MA MB, (A B, các tiếp điểm) cát tuyến MCD đến đường tròn  T với C nằm M D; AB cắt CD N .

Tìm tọa độ điểm Mbiết CD 1

5

ND 

Câu (2,0 điểm) Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

     

2

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  

  

  

HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ Mơn: TỐN

Câu Đáp án Điểm

1

(7,0đ) a) (3,5đ) Giải phương trình   

2 2

sin cos 2sin sin sin

x

x x   x x 

(1) (1)

2

1 2sin cosx x cosx sin x 4sinx sinx

       0,5

2 4sinx 2sin cosx x cosx 2 sin2x sinx

      1,0

     

2 2sinx cosx 2sinx sinx 2sinx

     

2sinx 1 sinx cosx 2

    

2sin

3 sin cos

x

x x

  

 

  



1,0

+) sinx cosx sin x 

 

      

 

2 ,

6

x   k  x  k  k

        

0,5

+)

 

2

1

2sin sin

5

2

x k

x x k

x k

 

  

 



      

  





Vậy phương trình cho có nghiệm

 

5

2 , ,

3 6

x  k  x k  x  k  k 

0,5

b) (3,5đ) Giải phương trình x 4 3 x 12 x x   x 2x5

ĐK:

3 x

  

Đặt

2

2

4 12 , ( 0)

2

t

t x   x  x x   t 0,5

Khi phương trình trở thành:

2

7

1

2

t

t x x



     1,0

Suy t2 + 2t = a2 + 2a vớia 2x5, (a0) (t a t a )(  2) 0  t a 1,0

Với t a ta có x 4 3 x  2x 5 12 x x   x

1 89

x  1,0

2

(7,0đ) a) (3,5đ) Có số tự nhiên có chữ số cho số có chữ sốxuất hai lần, chữ số lại xuất không lần +TH1: Chữ số xuất lần

Có C32cách chọn vị trí cho chữ số

Có A92cách xếp chữ số chữ số vào vị trí cịn lại

Vậy có C A32. 92số có chữ số thỏa mãn trường hợp

1,0

+TH2: Chữ số a (khác 0) xuất lần a vị trí (vị trí hàng nghìn)

Có cách chọn a

Có cách chọn thêm vị trí cho a

Có A92cách xếp chữ số chữ số vào vị trí cịn lại

Vậy có 9.3.A92số có chữ số thỏa mãn trường hợp

+TH3: Chữ số a (khác 0) xuất lần a không xuất vị trí hàng nghìn

Có cách chọn a

Có C32 cách chọn vị trí cho chữ số a

Có cách chọn chữ số (khác khác a) vào vị trí hàng nghìn Có cách chọn chữ số vào vị trí cịn lại

Vậy có 9.8.8.C23số có chữ số thỏa mãn trường hợp

1,0

Vậy có C A32. 92 9.3.A92 9.8.8.C32 3888số thỏa mãn đề 0,5

b) (3,5đ) Giải hệ phương trình

   

3 (1)

5

3 2 (2)

2

x y x y

x

y xy y

    



 

    

 

ĐK:

; 5;3

3

y x y x

2

(1) ( 3) 4(3 )( 1) ( 9)( 1)

2

x y

PT x y x y x y x y

x y

  

            

 



1,0

TH1: x6y

Từ PT (1), x3 6y 93 y1 Suy hệ PT vô nghiệm 0,5 TH2: x2y1 Thay vào PT (2) ta có

2 2( 2)

3 2 (2 1)( 2)

3 2

y

y y y y y y

y y



         

  

1,0

2

2

3 2

y

y

y y

   

  

   



PT

2

2

3y 2 y2  y vô nghiệm

2

;

2

3y 2 y2  y 

Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) với x3,y2

1,0

3

(4,0đ) a) (2,0đ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

Oxy, cho tam giác ABCvng C, có

phân giác AD với

7 ( ; )

2

D 

thuộc BC Gọi EvàFlần lượt thuộc cạnhAB

và ACsao cho AEAFĐường thẳng EFcắt BC K Biết

3 ( ; )

2

E 

, Fcó hồnh

độ nhỏ phương trình đường thẳng AK x 2y 0 Viết phương trình cạnh tam giác ABC

Chứng minh DFAK

Phương trình DF là: 4x2y 0

Gọi

7

( ; ) ( ; )

2

t t

F t  t  I   (3 ; t), (11 ; )

4

t t

IE  ID  t

        

Do IE ID  0 (3 )(11 ) 16( t  t  t 3)(t 4) 0  

                         

2

9 20 140 225

5

t

t t

t

  

    

  

Vì F có hồnh độ nhỏ nên

5

( ; ) (2; 2)

2

F   I 

1,0

Do đường thẳng ADcó phương trình x y  0 A(1; 1)

Vậy phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giácABC là: : 0; : 0; : 14

AC x y  AB x y   BC x y  

0,5

b) (2,0đ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxy, cho đường thẳngd x y:  0 và đường tròn      

2

:

T x  y  M điểm thuộc d, qua M kẻ hai tiếp tuyến ,

MA MB đến ( )T (A B, tiếp điểm) cát tuyến MCD đến đường tròn( )T với C

nằm M D; AB cắt CD N Tìm tọa độ điểm Mbiết CD 1 và

9

ND 

+ Gọi K trung điểm DC, I tâm đường tròn (T), IK vng góc CD Mà IA vng góc MA suy đường trịn đường kính MI qua I, K, A,B (Kí hiệu đường trịn (T’))

Đường tròn (T) tâm I(1;-4), R2=5.

0,5

M A

C

D N

I K A

B

C D

F I

K

+

5 4

1, ,

9 9 18

CD DN   NC NK   

N điểm ( T) ta có: ND.NC=NA.NB=20/81 Tương N (T’) : NK.NM=NA.NB=20/81

Suy

40

NM 

Mặt khác

2 2 2 19 2 385

4 81

IK ID  KD R  KD   IN IK KN 

0,5

+ Sử dụng định lý cosintrong tam giác INM ta có:

 

2 2 2 . ( ) IN2 2 . ( )

IM IN NM  IN NM cos INM  NM  IN NM cos INK (*)

Với cos

  

(INM) cos( INK) cos INK( ) KN

IN



   

, thay vào (*) ta

có:IM2=IN2+NM2+2NK.NM=

385 1600 40 2025 25

81  81 81  81  .Vậy IM = 5.

0,5

Vậy giao đường tròn (I;5) (d) cho ta điểm M cần tìm (1;1)

(-4;-4) 0,5

4

(2,0đ) Cho , ,

x y z số thực dương thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

     

2

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  

  

   (1)

Ta có

 yz zx xy2 x y z  2  9 yz zx xy 3

   

 

 

 

 

 

1

4 4

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

  

   

   (2)

0,5

Tacó

 

         

2 2

4 2 2

y z yz

yz yz yz yz yz yz yz yz yz



  

       

 

0,5

Do

 

 

 

 

 

 

 

1 1

2

4 4 2

18 18

2 6

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy yz zx xy

yz zx xy

 

  

       

       

  



  

Vậy (2) Suy đpcm

1,0

Ghi chú:Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa. Mời bạn đọc tham khảo