Tải bản đầy đủ (.pdf) (4 trang)

DAP AN CHINH THUC DE THI HSG TINH NGHE AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.26 MB, 4 trang )

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

Câu

Đáp án




a) (3,0 điểm) Giải phương trình cos ⎜ 2 x +

1
(6,0đ)

π⎞

⎟ + 3 cos x − sin x − 3 = 0
3⎠

(1)

π⎞

⎟ − 1 + 2cos ⎜ x + ⎟ − 3 = 0
6⎠


6⎠


π⎞
π⎞


⇔ cos 2 ⎜ x + ⎟ + cos ⎜ x + ⎟ − 2 = 0
6⎠
6⎠


⎡ ⎛
π⎞
⎢cos ⎜ x + 6 ⎟ = 1


⇔⎢
⎢ ⎛
π⎞
⎢cos ⎜ x + ⎟ = −2 (VN )
6⎠
⎣ ⎝

(1) ⇔ 2cos 2 ⎛⎜ x +

π

⇔ x+


6

⇔x=−

π⎞

Điểm

1.0
0,5

0,5

= k 2π , k ∈ ¢

π
6

0,5

+ k 2π , k ∈ ¢

0,5

(

b) (3,0 điểm) Giải phương trình x 2 + 2

( 2) ⇔ ( x2 + 2)


(
⇔ ( x + 2) (
⇔ ( x + 2)
2

2

)

x 2 + x + 1 + x3 − 3x 2 − 5 x + 2 = 0

x 2 + x + 1 + ( x 2 + 2 ) ( x − 3) − 7 x + 8 = 0

0,5

x + x +1 + x − 3 = 7x − 8

0,5

)
x + x + 1 + x − 3) = (
2

2

x2 + x + 1 + x − 3

)(

x2 + x + 1 − x + 3


⎡ x2 + x + 1 = 3 − x
( 2a )
.
⇔⎢
⎢ x2 + 2 = x2 + x + 1 + 3 − x
( 2b )

⎧x ≤ 3
8
⇔x=
( 2a ) ⇔ ⎨ 2
2
7
⎩x + x + 1 = 9 − 6x + x

( 2b ) ⇔ (

(2)

)(

x2 + x + 1 + 1

)

x2 + x + 1 − 2 = 0 ⇔ x =

)


0,5
0,5

0,5

−1 ± 13
2

0,5

a) (3,0 điểm)
8
Số phần tử không gian mẫu: n ( Ω ) = C15

2
(5,0đ)

0,5

Gọi A là biến cố: Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ ba môn
Khi đó A là biến cố: Số cuốn sách còn lại của thầy X không đủ ba môn
1

0,5


Xét các khả năng xẩy ra:
KN 1: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Văn và Sử. Số cách chọn là: C97

1,0


KN 2: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Văn và Địa. Số cách chọn là: C107
KN 3: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Địa và Sử. Số cách chọn là: C117
Vậy: P ( A) = 1 − P A = 1 −

C97 + C107 + C117 5949
=
C158
6435

b) (2,0 điểm) : u1 = 1; un =

2 ( n + 1) un+1
2−n
+
, ∀n ∈ • *. Tìm công thức số
2
n
( n2 + n + 1) + 1

( )

1,0

hạng tổng quát un theo n .
Với mọi

n ∈ • *, ta có

2 ( n + 1) un+1

2−n
2n − n 2
un =
+
⇔ nun = 2 ( n + 1) un+1 +
2
2
2
n
n
+
n
+
1
+
1
(
)
( n2 + n + 1) + 1
⇔ nun = 2 ( n + 1) un +1 +

⇔ ( n + 1) un+1 −

(n

2

+ 1 − 2 ( n + 1)

2

+ 1) ⎡( n + 1) + 1⎤



1⎛
1 ⎞
=
nu

n


2
n2 + 1 ⎠
( n + 1) + 1 2 ⎝
2

A

0,5

2

1

1
1 ⎛
⇒ vn+1 = vn ⎜ v1 =
n +1
2 ⎝

1⎛ 1
1 ⎞
Vậy un = ⎜ 2
+ n⎟
n ⎝ n +1 2 ⎠
a) (3,0 điểm) Chứng minh PQ // ( ACC1 )
Đặt vn = nun −

( n + 1)

2

0,5

1⎞
1
⎟ ⇒ vn = n
2⎠
2

0,5
0,5

Gọi E là trung điểm của BB1.

B

EB1 PB1 1
=
= nên A1 , P, E theo

AA1 PA 2
PE 1
thứ tự đó thẳng hàng và
=
PA1 2


D

C
Q
E

3
(5,0đ)

Tương tự, C , Q, E theo thứ tự đó thẳng

P

hàng và
B1

A1

D1

1,0

QE 1

=
QC 2

0,5

C1

Xét tam giác EAC
có P, Q lần lượt thuộc các cạnh EA1 và EC đồng thời
1

2

1,0


PE QE
=
⇒ PQ // AC
1
PA1 QC
Mặt khác AC
⊂ ( ACC1 ) ⇒ PQ // ( ACC1 )
1

0,5

b) (2,0 điểm) Chứng minh mặt phẳng ( A1 NI ) luôn chứa một đường thẳng cố định
B


A

K

M

I
D

N

J

C

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi K = DM ∩ AB .
Vì AB//CD nên:

MB BN NK
NK CD AB IB IK
;
.
=
=

=
=
=
MJ CJ CD
NB CJ CJ IC ID

NK IK
Mặt khác AB = CD ⇒
=
⇒ IN // BD
NB ID
Qua A1 kẻ đường thẳng d song song với IN. Suy ra d song song với BD và nằm
trong mặt phẳng ( A1 NI ) . Vậy mp ( A1 NI ) chứa đường thẳng d cố định.

1,0

1,0

Gọi N là trung điểm cạnh AB. Ta có:

A

∑ = NHA

NH = NA ⇒ NAH
∑ = MAC

Vì MN // AC ⇒ NMA
Mặt khác theo giả thiết

N

∑ = NAH
∑ ⇒ NHA
∑ = NMA
∑ . Suy ra

MAC

0,5

A, M, H, N cùng thuộc một đường tròn

∑ = 900
⇒∑
ANM = ∑
AHM = 900 ⇒ BAC

4
(2,0đ)

B

H

.
Vậy tam giác ABC vuông tại A.

C

M

1
3 10
BC =
2
2

Ta có: A = AM ∩ AH ⇒ A ( −1;5)
Từ đó ta có AM =

0,5

Vì M ∈ AM : 3x + y − 2 = 0 ⇒ M ( m;2 − 3m )

3 10
AM =

2

( m + 1) + (3m + 3)
2

2

1

m
=

3 10
3
2
=
⇔ m +1 = ⇔ ⎢
2
2
⎢m = − 5

⎢⎣
2

1
⎛1 1⎞
⇒ M ⎜ ; ⎟.
2
⎝2 2⎠
Khi đó BC qua M và BC ⊥ AH ⇒ BC : x + 3 y − 2 = 0
+) Với m =

3

0,5

0,5


5
⎛ 5 19 ⎞
⇒ M ⎜ − ; ⎟.
2
⎝ 2 2⎠
Khi đó BC qua M và BC ⊥ AH ⇒ BC : x + 3 y − 26 = 0
+) Với m = −

Cho ba số thực a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

c 2 − 3a 2
a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

.
P=3
−2
6
3
3

5
(2,0đ)

⎧ 2 1 2
⎪2a + 2 b ≥ 2ab

1

Ta có: ⎨3a 2 + c 2 ≥ 2ac ⇒ 5a 2 + 2b 2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca )
3

⎪3 2 2 2
⎪ 2 b + 3 c ≥ 2bc

2
⇒ c − 3a 2 ≤ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca )

0,5

c 2 − 3a 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca


6

3

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
−2
3
3

0,5

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
, ( t ≥ 0 ) ⇒ P ≤ 3t 2 − 2t 3
3
3
3
2
Lại có: t + t + 1 ≥ 3t ⇒ P ≤ 1.
Dấu bằng xẩy ra khi a = 1, b = 2, c = 3 hoặc a = −1, b = −2, c = −3 .
Vậy max P = 1 khi a = 1, b = 2, c = 3 hoặc a = −1, b = −2, c = −3 .

1,0

P ≤ 33
Đặt t =

6

--- Hết --Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

4




×