DE THI HSG VONG TRUONG K11

Dễ thấy tứ giác MQNR là hình bình hành có các cạnh lần lượt song song với AB và EC.[r]

TR Ư ỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG- KHỐI 11(2009-2010) MƠN: TỐN (Thời gian 180 phút)

Câu I:

1) Giải phương trình:

4

x

1

x

2

x

5

x





x

 



x

2) Hãy xác định giá trị m để phương trình sau có nghiệm 0; 12

x   

  cos 4x cos 32 xmsin2 x

Câu II: Giải hệ phương trình









2

4 2 15

4 2 15

x y

y x

   

 

  

 

Câu III:

Cho hình bình hành ABCD ABE khơng nằm mặt phẳng M điểm cạnh AD, N điểm chuyển động cạnh BE cho

AD

AM BN

BE



a) Chứng minh MN song song với mặt phẳng cố định b) Tìm tập hợp trung điểm G đoạn thẳng MN

Câu IV:

1) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;2) Tìm điểm B thuộc Ox điểm C thuộc Oy cho ABC tam giác

2) Cho tập hợp A



0,1, 2,3, 4,5,6



Có thể lập số gồm chữ số khác lấy từ tập A cho số lẻ không đứng liền

CâuV:

1) Chứng minh x, y, z số dương tuỳ ý, với tam giác ABC ta có os A os B os C

2 2

x y z

c c c

x  y  z  yz  xz  xy

2) Tam giác ABC có đặc điểm thoả mãn điều kiện: os A os B os C

2 c

c c  

-Hết -ĐÁP ÁN ĐÊ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG KHỐI 11 (2009-2010)

Câu I:

1) (1,5đ)

Điều kiện:

0

5

1

0

2

1

0

5

2

0

x

x

x

x

x

x

x



 























   











0,25đ

Pt(1) tương đương với

x

1

2

x

5

x

4

x

x

x







 

0,25đ

Đặt

u

x

1

;

v

2

x

5

(

u

0;

v

0)

x

x













Ta

u v x

4

(1)

x



 

0,25đ

Lại có: v2 u2 2x x x

x x x

   

       

    (2) 0,25đ Từ (1) (2) suy v2 u2 u v



u v u v

 

1



0

        0,25đ Vì u+ v+1>0 nên u - v = Từ (1) suy

4

0

2

2 ( loai)

x

x

x

x







  





0,25đ 2) (1,5đ)

Hãy xác định giá trị m để phương trình sau có nghiệm 0; 12

x   

 













2 2

1 cos cos

cos cos sin cos 0,25

2

2 os 1 cos cos 0,25 cos 2 cos 3cos os2x

m x

x

x x m x x

c x x m x

x x x m mc

                   













2 0,25

4 cos cos cos

cos

cos -1 os

4 os 0,25

x x m x m

x

x c x m

c x m

                 

- Nếu pt có nghiệm 0; 12

x   

  2x 0;6      

  suy

os2 1 os 22 1 3 3 4 0 1

2 c x  4c x  m   m 0,25

- Ngược lại, 0<m<1 dễ thấy pt có nghiệm 0; 12

x   

Câu II: (1,0)

ĐK: 2x15 0; 2 y15 0 Lấy (1) trừ (2) ta

(4 )(4 4) 2 (2 )(8 9)

8

x y x y y x

x y x y x y

x y

    

    

 

     

(0,5)

*) Với x = y, ta có:





2

1

4 2 15 16 14 11

11

x

x x x x

x

  

        

  

( thoả mãn)

*) Với 8 9

8

x

x y   y  , ta có:



4 2



2 15 64 72 35 0 221

4 16

x

x     x  x   x  Vậy hệ có nghiệm 1; , 11; 11 ;

2 8

   

 

   

   

9 221 221 221 221

; , ;

16 16 16 16

         

   

   

    (0,5)

Câu III:(2,0đ)

a)(1,0đ) Kẻ MQ// AB ( Q thuộc BC); Kẻ NR//AB (R thuộc AF) Dễ thấy tứ giác MQNR hình bình hành có cạnh song song với AB EC Suy MN// (CDEF) cố định

b) (1,0đ)

* ) Phần thuận: ( 0,75)

Gọi S,T,Y trung điểm AB,EF,CD; I,K trung điểm NR QM Khi dễ thấy G trung điểm IK I, K giao điểm cặp đường thẳng NR ST, MQ SY

Gọi H trung điểm TY, rõ ràng S,G,H thẳng hàng SH trung tuyến tam giác cố định STY

* ) Phần đảo: (0,25)

Lấy điểm G đoạn thẳng SH, qua G kẻ đường thẳng IK//TY( I thuộc ST, K thuộc SY) Qua I K kẻ đường thẳng NR MQ song song với AB ( N thuộc EB, R thuộc AF, M thuộc AD, Q thuộc BC)

Chứng minh G trung điểm MN

AD

AM BN

BE

Câu IV: (1,0)

1) ABC tam giác nên C ảnh B qua phép quay tâm A, góc quay 600  Mà BOx nên C  ảnh Ox phép quay

Theo gt -Xác định :

Gọi H hình chiếu A xuống trục Ox, ta có H(1;0) Gọi H' ảnh H qua phép quay trên, ta có:









' '

1

; ' os ; '

3

AH AH AH

AH AH  k  c AH AH

 

 

 



 

  

 



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

   

Mà AH



0; , 



 AH x'



1;y 2



nên

1

y x

   

   

+) TH1: H' 1



 3;1 ,



AH'



3; 1



pt  3x y  2 3 0 Vậy C



0; 2  3



Điểm B(x;0) thoả mãn AB=BC nên



2 1;0



+) TH2:H' 1



 3;1 ,



AH'



 3; 1



pt là  3x y  2 3 0 Vậy C



0; 2



Điểm B(x;0) thoả mãn AB=BC nên



2 1;0



2) (1,0đ)

Giả sử

a a a a a

1 5 số cần tìm.Ta tính tất số gồm chữ số cho ln có mặt chữ số lẻ,sau trừ trường hợp mà số lẻ đứng liền

*) Tất có số lẻ,xếp số lẻ vào vị trí, tacó:

A

53



60

cách

Khi cịn lại vị trí chọn tuỳ ý số chẵn,ta có

A

42



12

cách Vậy có: 60*12=720 (số)

Trong số trừ trường hợp

a

1



0

:

Nếu

a

1



0

xếp số lẻ vào vị trí, cịn lại vị trí chọn 3số chẵn {2,4,6} ta có

A A

43

.

31



72

(số)

*) Tính số có chữ số cho có số lẻ đứng liền

- Nếu

a a a

1 3 số lẻ ta có

A

33



6

(cách xếp) Khi vị trí cịn lại

a a

4 5có thể chọn tuỳ ý số chẵn, ta có:

A

42



12

Vậy có: 6.12 = 72 (số)

-Nếu

a a a

2 4 số lẻ ta có

A

33



6

(cách xếp) Khi đó:

a

1có cách chọn

(

a

1



0)

;

a

5có cách chon Vậy có: 6.3.3=54 (số)

-Tương tự nếu

a a a

3 5là số lẻ có 54 (số)

Vậy tất có: 72+2 54= 180 số có số lẻ đứng liền (0,5) Câu V:

1) (1,0đ)

Bđt tương đương với:











 











2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2

2 cos cos - cos

os sin os sin cos cos os(A+B)

os os cos cos sin sin sin sin

cos cos

cos cos sin

x y z yz A xz B xy C

x c B B y c A A z yz A xz B xyc

x c B y c A xy A B x B y A xy A B

z z y A x B

x B y A z x B

    

        

      

  

   



 ysinA



2 0 (luon dung)

(0,5)

Dấu xảy hệ sau thoả mãn:

sin sin( ) sin sin sin

cos cos

cos cos sin

sin sin

sin sin sin sin

sin sin

x B x A B z A x C z A

x B A z

x B y A z A

x y x y

x B y A x y

A B A B

A B



  

   



  

   

  

   

   

    

 

sin sin sin

x y z

A B C

   ( 0,5) Tức tam giác ABC đồng dạng với tam giác có cạnh x, y, z

2) (1,0đ)

Áp dụng phần với x = y = z =1,x

Nhận thấy

2 2

x y z

yz  xz  xy  Theo kq câu 1, ABC đồng dạng với tam giác