HSG 11 Nghe An 20152016 bang A

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 thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi: TỐN HỌC - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1(6,0 điểm) Giải phương trình sau: (cos x  1)(2cos x  1) 1  sin x  2cos x sin x a) b) 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 khơng có hai số tự nhiên liên tiếp n4 u1 1; un 1  (un  ), n  * n  3n  b) Cho dãy số (un ) xác định bởi: Tìm cơng thức số hạng tổng quát un theo n o  Câu 3(5,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có BAD=60 ,AB=2a Gọi H trung điểm AB Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) H lấy điểm S thay đổi khác BM= BC H Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho a) Khi SH= a Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng (SAD) b) Tính theo a độ dài SH để góc SC (SAD) có số đo lớn Câu 4(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB M, N, P Gọi D trung điểm cạnh BC Biết M( 1;1), phương trình NP: x  y  0 phương trình AD 14 x  13 y  0 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 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 Mơn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Đáp án a) (3,0 điểm) Giải phương trình (6,0đ) (cos x  1)(2cos x  1) 1  sin x  2cos x sin x Điều kiện: sin x 0  x m ( m  Z ) Phương trình 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) Điểm  cos2x  2(sinx  cos x  1)  cos2x(sinx  cos x) 0 0,5 0,5 0,5  cos 2x  0    cos 2x    sinx+cos x  1 0  sinx+cos x  0 0,5  cos 2x   x k2    (k  Z)      x   k2 s in  x      4  0,5  x   k 2 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình ( k   ) 0,5 b) (3,0 điểm) Giải phương trình 5x2  x  5x   5x2  t (t 0) 2 x   Điều kiện xác định: Đặt Ta có x 6t  3 3 Phương trình cho trở thành x  6t   t  x  6t  (t  1)  x3 (t  1)3  x t   t x   5x2  x    x   x     x   28  5x   ( x  1)  x  12 x  0   0,5 0,5 1,0 0,5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm x   28 a) (3,0 điểm) (5,0đ) Số cách chọn ba số đôi khác từ tập A C20 1140 cách 0,5 Số cách chọn ba số liên tiếp 18 cách 0,5 1,0 Số cách chọn ba số có hai số liên tiếp 17*2+17*16=306 0,5 1140  18  306 816 68 1,0   1140 1140 95 Vậy xác suất cần tìm n4 u1 1, un1  (un  ), n  * n  3n  b) (2,0 điểm) : Tìm công thức un theo n * Với n   , ta có n4 2un 1 3(un  )  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 (vn ), un  q v1  n  cấp số nhân có cơng bội dãy số n n 1 3  3  1      , n  *  un     , n  * n 1    2  2 (5,0đ) 0,5 0,5 0,5 0,5 a) (3,0 điểm) Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng (SAD) S a   MB  BC   HB, HBM HAD 600 2 Ta có  HBM vng M  HM HB.sin 60o  a K M H I B 1,0 D A N Gọi N giao HM AD a Ta có: HN = HM = SH =  SMN vuông S  SH  AD ( SH  ( ABCD))  AD  ( SMN )  AD  SM   MN  DA ( AD / / BC ) Kết hợp với SM  SN  SM  (SAD) 0,5 1,0 0,5 b) (2,0 điểm) Tính SH để góc SC (SAD) có số đo lớn  Gọi góc SC (SAD); K hình chiếu vng góc H lên SN; I 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 đường trung bình tam giác ICE nên HK // CE Suy CE  (SAD) E Suy SEC vuông E SE hình chiếu 0,5  SC (SAD) Ta có  CSE Đặt x SH (x  0) Tam giác SHN vuông H HK đường cao nên SH.HN 3ax 3ax HK    CE  SN 3a  4x 3a  4x 25a 3a CH CM  MC   7 a 4 0,5 2 2 Tam giác SHC vuông H nên SC  SH  CH  x  7a EC 3ax 3ax sin     SC (4 x  3a )( x  7a ) (4 x  21a )  31a x 3ax 12  sin    sin   2 2 21  31 21.a x  31.a x Dấu đẳng thức xảy x 4 1,0 21 a SH  4 (2,0đ) Vậy  lớn sin  lớn Kéo dài IM cắt NP K Kẻ đường thẳng qua K A song song với BC cắt AB, AC E, F K N Ta có: tứ giác KEPI KNFI nội tiếp nên E F P   ; KNI   KEI KPI KFI I     KFI Mà KPI KNI suy KEI Do đó, K trung điểm EF Suy A, K, D thẳng hàng hay K giao điểm NP AD Tọa độ K nghiệm hệ  x   x  y  0    K ( ; )  3 14 x  13 y  0  y 7  B M D 21 a C Phương trình IM qua M K x  2y  0 I(2a  3;a)  IA : x  y  a  0  A(32  13a;35  14a) 3a  IA  35  15a 2;d(I, NP)  ;IM  a   a 2  I(1;2) d(I, NP).IA IP IM    a 3  I(3;3) Ta có: Vì I M phía với NP nên ta có I(1;2) Khi A(6;7) (2,0đ) 0,5 0,5 0,5 0,5 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 0,5  a  b  c 2 ab  bc  ca  a  b  c2 2(ab  bc  ca)  (b  c  a ) 4bc (1) Vì vai trị a, b, c nên giả sử a min  a,b,c Từ (1) ta có b  c  a 2 bc Khi đó, P a  b2  c  2(ab  bc  ca)  2(a  b  c )  2(a  b  c)  1 2(b  c  a)  4a  abc abc abc 0,5 0,5 2 bc  bc  4a  1 4 bc.2 bc.4a 8 abc abc a b  , c 2 Dấu xảy chẳng hạn Vậy giá trị nhỏ P 0,5 Câu 2a: Cách Ta xét dãy số (1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20) *Ta tìm trường hợp số chọn từ dãy liên tiếp nhau: suy có 18 số *Ta tìm trường hợp số chọn có số liên tiếp nhau(1): Từ dãy số ta dễ dàng chọn 19 số gồm số liên tiếp +,Xét số chọn là(1,2) từ có 20-2-1=17 số thỏa mãn cho ghép với số thỏa mãn(1);với số (19,20) tương tự nên ta có 2.17(bộ số) thỏa mãn (1) từ số(1,2); (19,20) +,Xét 17 số cịn lại: với số có:20-2-2=16 dãy thỏa mãn ghép với số ta số t/m (1) Do có: 17.16 số Vậy số số gồm chữ số mà có số liên tiếp là: 17.2+17.16+18=324 Vậy xác xuất để chọn số mà khơng có số liên tiếp là: P ( A)  C20  324 68  C20 95 ... 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 0,5  a  b  c 2 ab  bc  ca  a  b  c2 2(ab  bc  ca) ...  a ) 4bc (1) Vì vai trị a, b, c nên giả sử a min  a, b,c Từ (1) ta có b  c  a 2 bc Khi đó, P ? ?a  b2  c  2(ab  bc  ca)  2 (a  b  c )  2 (a  b  c)  1 2(b  c  a)  4a  abc... y  a  0  A( 32  1 3a; 35  1 4a) 3a  IA  35  1 5a 2;d(I, NP)  ;IM  a   a 2  I(1;2) d(I, NP).IA IP IM    a 3  I(3;3) Ta có: Vì I M ph? ?a với NP nên ta có I(1;2) Khi A( 6;7) (2,0đ)