DAP AN CHINH THUC DE THI HSG TINH NGHE AN

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
Vì

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