[r]
(1)1
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a) (3,0 điểm)
Phương trình cho tương đương với
cosx cos2x sin 2x sinx 4cosx 0,5
2
2sin xcosx sin x 2cos x 5cosx
0,5
2cos x sinx+ 2cos x cos x
0,5
2cosx sinx cosx 2
2cosx
sinx cosx
0,5
1 cosx
2
sin x
4
0,5
x k2
3
(k) 0,5
b) (3,0 điểm)
3 2
2
x y 2x y (1)
x 2y 4x 4y (2)
Cộng theo vế phương trình (1) phương trình (2), ta
3 2
x y 3x 3y 4x 4y 0
0,5
3 3
x x y y (3)
0,5
Đặt a x 1,b y 1 , phương trình (3) trở thành
3 2
a a b b a b a b ab 1 a b (Vì với hai số thực a, b ta có
2 2
2 b 3b
a b ab a 1
2
)
Do (3) x y y x
1,0
Thay y x 2 vào phương trình (2), ta
2 13
3x 8x x
3
0,5
1 (6,0đ)
(2)2
4 13 13
x x
3 ;
2 13 13
y y
3
a) (4,0 điểm)
Với số nguyên dương k (k 2 ) ta có
2 k
1 1
A k k 1 k k 0,5
Do
2 2
2 n
1 1 2014
A A A A 2015
1 1 1 1 2014 2 3 n n 2015
1,0
1 2014 1
1 n 2015
n 2015 n 2015
0,5
Khi
2014
n 2014 2014 k k
2 k
2014 k 2014 k
2014 k k 4028 k 2014
k
2x x 2x x C 2x x
1 C x
1,0
Số hạng chứa x2015 tương ứng với 4028 k 2015 k 2013. 0,5 Vậy số hạng chứa x2015 khai triển nhị thức Niu-tơn cho là
2013 2013 2015 2015 2014
1 2.C x 4028x
0,5 b) (2,0 điểm)
Với n*, ta có
n
u 0
n 1 n n n n n
u u 4u 9u u 4u
9
2
n n
9(4u 1) 4u
3 4un 1 1 4u 4n
n n
3 4u 4u
1,0 2
(6,0đ)
Với n*, đặt
n n
v 4u 2
Ta có *
1 n 1 n
v 1; v v , n
3
dãy số vn cấp số nhân có cơng bội q
3
số hạng đầu v 11
(3)3
B C
A
I N
M
n n
1 v
3
2 n
* n
n
1
2
3
v
u , n
4
0,5
a) (2,0 điểm) Ta có
AMN AOM AON
S S S
1AM.AN. 1AO.AM.1 1AO.AN.1
2 2 2
1,0
1AM.AN. a 3.AM.1 a 3.AN.1
2 2 2
0,5
1
3AM.AN (AM AN)a
AM AN a
0,5
b) (2,0 điểm)
Gọi H hình chiếu vng góc A lên MN
Do AH MN AH (P)
AH SO
Gọi góc tạo đường thẳng SA mp(P) ASH
1,0
Ta có sin AH SA
Vì AH AO nên 0
a
AO 3
sin sin30 30
SA 2a
3
0,5 3
(4,0đ)
Dấu xảy H O hay AM AN 2a
Do giá trị lớn 300 đạt khi AM AN 2a
3
0,5
4
(2,0đ) GọiDo AI phân giác đường cao củaM(t; t 7) tam giác AMN nên tam giác AMN cân A Ta có BMI 90 BAC CNI (1)
2
ABC
MIB 180 BMI
2
0,5 S
A
B
C M
(4)4
0 ABC BAC ACB
180 90 ICN (2)
2 2
Từ (1) (2) suy hai tam giác MIB NCI đồng dạng với
2
MB IM MB.NC IM.IN IM
IN NC
Do IM2 50 t 1 2 t 72 50 t2 6t 0 t
t
M( 6; 1)
(vì M có hồnh độ âm)
0,5
AB có phương trình 4x 3y 21 0 IA có phương trình 7x y 0
Tọa độ A nghiệm hệ 4x 3y 21 x A(0;7)
7x y y
0,5
Vì I trung điểm MN nên N(8;1)
Vậy đường thẳng AC có phương trình 3x 4y 28 0
0,5 Ta có 3xyz x y z x yz 3x( yz) yz x 02 0,5
2
1 3x
yz
3x
(vì yz 0 ) x yz 1 3x2
(1) 0,5
Tương tự ta có: y zx 1 3y2
; z xy 1 3z2
(2)
Áp dụng bất đẳng thức a2 b c2 2 ab bc ca ta có xy yz zx x yz y zx z xy (3) Từ (1), (2) (3) suy
2 2
3 3x 3y 3z
xy yz zx
3
0,5 5
(2,0đ)
2
3 xy yz zx 3x 3y 3z
P
3
1 P
3
chẳng hạn x y z 1 Vậy giá trị nhỏ P
3
0,5
Hết