De va DA thi HSG 11 nam 2010

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình:
3 2 2 3
2 2
(1 ) (2 ) 30 0
(1 ) 11 0
x y y x y y xy
x y x y y y

+ + + + − =


+ + + + − =


Câu 2 (2,5 điểm). Giải phương trình:
2
(2 3)cos 2sin
2 4
1
2cos 1
x
x
x

π
 
− − −
 ÷
 
=
−
.
Câu 3 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho đa giác đều 2n đỉnh
1 2 2

n
A A A
(với n là số
nguyên lớn hơn 1). Hỏi có tất cả bao nhiêu hình chữ nhật với các đỉnh là đỉnh của đa
giác đều đã cho.
Câu 4 (2,5 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
, có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
2, = =AB a BC a
và
2= = = =SA SB SC SD a
. Gọi
K
là hình chiếu vuông góc của
B

trên

AC
và
H
là hình chiếu vuông góc của
K
trên SA.
a) Tính độ dài đoạn HK theo a.
b) Gọi
,M N
lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng
AK
,
CD
.
Chứng minh rằng các đường thẳng
BM
và
MN
vuông góc với nhau.
Câu 5 (1,5 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
1x y z+ + =
. Chứng minh
rằng:
1 1 1 27
1 1 1 8xy yz xz
+ + ≤
− − −
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: …………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
————————————
(Đáp án gồm 4 trang)
Câu 1 (2,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Biến đổi tương đương hệ đã cho
2 2
2
2 2
(1 ) (2 ) 30
( ) ( ) 30
( ) 11
11
xy x y xy y y
xy x y xy x y
xy x y xy x y
x y xy xy x y


 
+ + + + =
 
+ + + =
 
 
 

⇔
 
+ + + + =
+ + + + =




( )( ) 30
( ) ( ) 11
xy x y x y xy
xy x y xy x y
+ + + =

⇔

+ + + + =

0,75
Đặt
( ) ;xy x y a x y xy b+ = + + =
, ta được hệ:
11
30
a b
ab
+ =


=


Giải hệ này ta được
( , ) (5,6);(6,5)a b =
.
0,5
Nếu
( , ) (6,5)a b =
thì
( ) 6
5
xy x y
xy x y
+ =


+ + =

0,25
Tìm ra hai nghiệm là
( , ) (1,2);(2,1)x y =
0,25
Nếu
( , ) (5,6)a b =
thì
( ) 5
6
xy x y
xy x y
+ =



+ + =

0,25
Tìm ra hai nghiệm là
5 21 5 21 5 21 5 21
( , ) ; ; ;
2 2 2 2
x y
   
+ − − +
=
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,25
Vậy hệ có 4 nghiệm là:
5 21 5 21 5 21 5 21
( , ) (1,2);(2,1); ; ; ;
2 2 2 2
x y
   
+ − − +
=
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,25
Câu 2 (2,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện:
1
cos
2
≠x
(*) 0,25
Phương trình đã cho tương đương với

(2 3)cos 1 cos 2cos 1
2
x x x
π
 
 
− − − − = −
 ÷
 
 
 
0,5
(2 3)cos 1 sin 2cos 1x x x⇔ − − + = −
0,5

sin 3 cos tan 3x x x⇔ = ⇔ =
0,25

( )
3
x k k
π

π
⇔ = + ∈¢
0,5
Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là: 0,5
2
4
2 ( )
3
= + Âx m m


Cõu 3 (1,0 im):
Ni dung trỡnh by im
Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp đa giác đều
1 2 2

n
A A A
. Dễ thấy đa giác này có đúng
n
đờng chéo mà là đờng kính của (O).
0,25
Mặt khác, mỗi tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác là một hình chữ nhật khi và chỉ khi hai
đờng chéo của nó là hai đờng kính của (O).
0,25
Bên cạnh đó, hai tứ giác khác nhau thì có hai cặp đờng chéo khác nhau. Do vậy số hình chữ nhật
có đỉnh là đỉnh của đa giác bằng với số cặp đờng chéo của đa giác đều mà là hai đờng
kính.
0,25
Vậy số các hình chữ nhật cần tìm là

2
( 1)
2
n
n n
C

=
.
0,25
Cõu 4 (2,5 im):
Ni dung trỡnh by im
a) (1,5 im).
Gi O l giao im ca AC v BD. Theo gi thit ta cú:
SO

(ABCD) SO

BK, m BK

AC BK

(SAC) BK

SA v BK

HK .
0,5
+ Do ABC vuụng nh B nờn:
2

2
2 2 2
1 1 1 2
3
= + =
a
BK
BK AB BC
.
+ D thy SA

(BHK) BH

SA.
SAB cõn nh S, BH l ng cao nờn d thy
7
2
=
a
HB
.
0,5
+ Do HBK vuụng ti K nờn:
2
2 2 2
13
12
39
6
Vậy

= =
=
a
HK HB BK
a
HK
0,5
b) (1,0 im)
Ta cú
+
2BM BA BK= +
uuuur uuur uuur
( vỡ M l trung im ca AK)
+
1 1 1
( )
2 2 2
MN MB BC CN AB KB BC BA KB BC= + + = + + + = +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.
0,25
0,25
+ Do ú:
3
_
D
_
C
_
B

_
A
_
S
_
O
_
K
_
M
_
N
H

4 . ( ).( 2 )
= . 2 . . 2 .
= . . 2 .
=
BM MN BA BK KB BC
BA KB BA BC BK KB BK BC
BA KB BK KB BK BC
KB
= + +
+ + +
+ +
uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuuruuur
u r
.( 2. )

= .( )
= .( ) . . 0
BA BK BC
KB BA BC BK BC
KB CA CK KB CA KB CK
+ −
− + −
+ = + =
uu uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuuruuur uuur uuur
Vậy: BM
⊥
MN.
0,5
Câu 5 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Đặt
1; ; = + + = = + + =p x y z q xy yz xz r xyz
Ta có các đẳng thức sau:

2
(1 )(1 )(1 ) 1− − − = − + −xy yz xz q pr r

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 3 2− − + − − + − − = − +xy yz xy xz yz xz q pr
BĐT cần chứng minh trở thành:
2
3 2 27
1 8
− +

≤
− + −
q pr
q pr r
Hay
2
3 11 19 27 0− + − ≥q r r
(1)
0,5
Theo BĐT Cauchy,
3 3 2
( ) 27 27 1 27 27+ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ − ≥ −x y z xyz p r r r r
Do đó ta chỉ cần chứng minh được:
3 11 19 0 3 11 18 0− + − ≥ ⇔ − + ≥q r r q r
(2) là
xong.
0,25
Ta có
(2) 3 11( ) 18 0⇔ − + + + ≥xy yz xz xyz
(3)
Không mất tổng quát, giả sử
{ }
1
min , ,
3
= ⇒ ≤z x y z z
Ta có
2 2
3 11( ) 18 3 (18 11) 11 ( )
1

3 (18 11) 11 (1 ) 3 (18 11) 11 (1 )
2 2
− + + + = + − − +
+ −
   
≥ + − − − ≥ + − − −
 ÷  ÷
   
xy yz xz xyz xy z z x y
x y z
z z z z z z
0,5
Ta có
2
2
1
3 (18 11) 11 (1 ) 0 (3 1) (2 1) 0
2
−
 
+ − − − ≥ ⇔ − + ≥
 ÷
 
z
z z z z z
(luôn đúng)
Do đó (3) đúng, tức là (1) đúng. Bài toán được chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3

= = =x y z
.
0,25
- Hết -
4