De hsg tinh nghe an bang a 20152016

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P.. Gọi D là trung điểm cạnh BC.[r]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN HỌC - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1(6,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) b) (cos x  1)(2cos x  1)   sin x  2cos x sin x 5x2  x  5x   Câu 2(5,0 điểm) a) Chọn ngẫu nhiên ba số đôi khác từ tập hợp A  {1;2; ;20} Tính xác suất để ba số chọn không có hai số tự nhiên liên tiếp n4 b) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1  1; un1  (un  ), n  n  3n  công thức số hạng tổng quát un theo n * Tìm Câu 3(5,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có BAD=60o ,AB=2a Gọi H là trung điểm AB Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) H lấy điểm S thay đổi khác H Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho BM= BC a) Khi SH= a Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng (SAD) b) Tính theo a độ dài SH để góc SC và (SAD) có số đo lớn Câu 4(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB M, N, P Gọi D là trung điểm cạnh BC Biết M(1;1), phương trình NP: x  y   và phương trình AD là 14 x  13 y   Tìm tọa độ điểm A Câu 5(2,0 điểm) Cho ba số thực dương thay đổi a, b, c thỏa mãn: a  b  c  (a  b  c) ab  bc  ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a(a  2b  2)  b(b  2c  2)  c(c  2a  2)  abc …………….Hết…………… Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang) Câu (6,0đ) Đáp án (cos x  1)(2cos x  1) a) (3,0 điểm) Giải phương trình   sin x  2cos x sin x Điều kiện: sin x   x  m (m  Z ) Phương trình đã cho tương đương với 2cos x  3cosx   sinx  2sin x.cos x  2sinx.cos x  cos 2x  3cos x   sin x  cos x(1  cos 2x)  sin x(1  cos2x)  cos2x  2(sinx  cos x  1)  cos2x(sinx  cos x)    cos2x   sinx+cos x  1    cos 2x    cos 2x  2  x  k2    (k  Z)     x   k2 sin  x       4 Điều kiện xác định: x   Đặt  k 2 ( k  ) 0,5 5x2   t (t  0) Ta có x  6t  x3  6t    t  x3  6t   (t  1)3 0,5 0,5  x  (t  1)  x  t   t  x  1,0  x  1  x  1 5x2     x    5x2    x  6  28   ( x  1)  x  12 x     0,5 (5,0đ)  5x2  x  5x   Phương trình đã cho trở thành 0,5 0,5 0,5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là x  b) (3,0 điểm) Giải phương trình 0,5 0,5 sinx+cos x   Điểm Đối chiếu điều kiện ta nghiệm là x  6  28 a) (3,0 điểm) 0,5 Số cách chọn ba số đôi khác từ tập A là C320  1140 cách 0,5 Số cách chọn ba số liên tiếp là 18 cách 0,5 Số cách chọn ba số đó có đúng hai số liên tiếp là 17*2+17*16=306 1,0 Vậy xác suất cần tìm là 1140  18  306 816 68   1140 1140 95 n4 ), n  b) (2,0 điểm) : u1  1, un1  (un  2 n  3n  Với n  * , ta có 1,0 * Tìm công thức un theo n 0,5 n4 )  2un 1  3(un   ) (n  1)(n  2) n  n 1 3 3  2(un1  )  3(un  )  un1   (un  ) n2 n 1 n2 n 1 3 dãy số (vn ),  un  là cấp số nhân có công bội q  và v1   n 1 2 n 1 n 1 13 3  1       , n  *  un     , n  * n 1   2  2 a) (3,0 điểm) Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng (SAD) 2un 1  3(un  (5,0đ) Ta có MB  a BC   HB, HBM  HAD  600 2 M B C K a 0,5 0,5 S  HBM vuông M  HM  HB.sin 60o  0,5 1,0 H I D A N Gọi N là giao HM và AD a  SMN vuông S Ta có: HN = HM = SH = 0,5  SH  AD ( SH  ( ABCD))  AD  ( SMN )  AD  SM   MN  DA ( AD / / BC ) Kết hợp với SM  SN  SM  (SAD) 1,0 0,5 b) (2,0 điểm) Tính SH để góc SC và (SAD) có số đo lớn Gọi  là góc SC và (SAD); K là hình chiếu vuông góc H lên SN; I là giao HC với AD Lấy E đối xứng với I qua K Vì AD  (SMN)  AD  HK Kết hợp với HK  SN  KH  (SAD) Mà HK là đường trung bình tam giác ICE nên HK // CE Suy CE  (SAD) E Suy SEC vuông E và SE là hình chiếu 0,5 SC trên (SAD) Ta có   CSE Đặt x  SH(x  0) Tam giác SHN vuông H và HK là đường cao nên SH.HN 3ax 3ax   CE  SN 3a  4x 3a  4x 25a 3a 2 2 CH  CM  MC    7a 4 Tam giác SHC vuông H nên SC  SH2  CH2  x  7a HK  sin   0,5 EC 3ax 3ax   SC (4 x  3a )( x  a ) (4 x  21a )  31a x  sin   3ax 21.a x  31.a x Dấu đẳng thức xảy x   sin   12 21  31 1,0 21 a Vậy  lớn và sin  lớn và SH  21 a (2,0đ) Kéo dài IM cắt NP K Kẻ đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC E, F Ta có: các tứ giác KEPI và KNFI nội tiếp nên KEI  KPI ; KNI  KFI A E P Mà KPI  KNI suy KEI  KFI Do đó, K là trung điểm EF B Suy A, K, D thẳng hàng hay K là giao điểm NP và AD Tọa độ K là nghiệm hệ  x  x  y      K ( ; )  3 14 x  13 y   y   Phương trình IM qua M và K là x  2y   K N F I M D C I(2a  3;a)  IA : x  y  a    A(32  13a;35  14a) 3a  IA  35  15a 2;d(I, NP)  ;IM  a  a   I(1;2) Ta có: d(I, NP).IA  IP  IM   a   I(3;3) 0,5 0,5 0,5 0,5 Vì I và M cùng phía với NP nên ta có I(1;2) Khi đó A(6;7) (2,0đ) Từ giả thiết, ta có: (a  b  c)  (a  b  c) ab  bc  ca  2(ab  bc  ca)  (a  b  c  ab  bc  ca )(a  b  c  ab  bc  ca )  0,5  a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  2(ab  bc  ca)  (b  c  a)  4bc (1) Vì vai trò a, b, c nên giả sử 0,5 a  a,b,c Từ (1) ta có b  c  a  bc Khi đó, P  a  b  c  2(ab  bc  ca)  2(a  b  c)  abc 1  2(b  c  a)  4a  abc abc 1  bc  bc  4a   4 bc.2 bc.4a  abc abc  2(a  b  c)  Dấu xảy chẳng hạn a  b  , c  2 Vậy giá trị nhỏ P là - Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa 0,5 0,5