Đề thi thử HSG tỉnh toán 11 năm 2019 2020 trường nguyễn duy trinh nghệ an

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 11- NĂM HỌC 2019-2020

SỞ GD&ĐTNGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY TRINH

Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (7,0 điểm). Giải các phương trình sau:
x
2

(

a) ( sin x + cos x=
) + 2sin 2 sin x 2 3 sin x + 4 − 3
2

)

b) x + 4 + 3 − x + 12 − x − x 2 = x − 1 + 2 x + 5
Câu 2 (7,0 điểm).
a) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong mỗi số đó có một chữ số xuất hiện hai
lần, các chữ số còn lại xuất hiện không quá một lần.

 x=
+ 3 2 ( 3 y − x )( y + 1)

b) Giải hệ phương trình 
x+5
= xy − 2 y − 2

 3y − 2 −
2


( x, y ∈  )

Câu 3 (4,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại C , có phân giác
7
2

7
2

trong AD với D( ; − ) thuộc BC . Gọi E và F lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho
3 5
AE = AF . Đường thẳng EF cắt BC tại K . Biết E ( ; − ) , F có hoành độ nhỏ hơn 3 và phương
2 2
0 .Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
trình đường thẳng AK là x − 2 y − 3 =

0 và đường tròn
b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x − y =

(T ) : ( x − 1) + ( y + 4 )
2

2

5 . Từ điểm M thuộc đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các

=

tiếp điểm) và cát tuyến MCD đến đường tròn (T ) với C nằm giữa M và D ; AB cắt CD tại N .
5
9

Tìm tọa độ điểm M biết rằng CD = 1 và ND = .
Câu 4 (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z =
3 . Chứng minh rằng:
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y)
+
+
≥ 2 xyz
4 − yz
4 − zx
4 − xy

----- HẾT -----

Họ và tên thí sinh: ..................................................................... Số báo danh: ........................


Câu
1
(7,0đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
Môn: TOÁN
Đáp án

(

)

Điểm

x
2
a) (3,5đ) Giải phương trình ( sin x + cos x=
) + 2sin 2 sin x 2 3 sin x + 4 − 3 (1)
2

(1) ⇔ 1 + 2sin x cos x + 1=
− cos x 2 3 sin 2 x + 4sin x − 3 sin x
⇔ ( 2 − 4sin x ) + ( 2sin x cos x −=
cos x )
⇔ 2 (1 − 2sin x ) + cos x=
( 2sin x − 1)

3 sin 2 x − 3 sin x

)

1,0

3 sin x ( 2sin x − 1)

 2sin x − 1 =0
3 sin x − cos x + 2 =
0⇔

0
 3 sin x − cos x + 2 =
π

3 sin x − cos x + 2 =0 ⇔ sin  x −  =−1
6


⇔ ( 2sin x − 1)

+)

(2

0,5

(

)

⇔ x−

π

6

=
−

π

2

+ k 2π ⇔ x =
−

π

3

1,0

0,5

+ k 2π , k ∈  .

π

+ k 2π
x=

1
6
+) 2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = ⇔ 
(k ∈ ) .
π
5
2
=
+ k 2π

x

6

0,5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
π
π
5π
x=
− + k 2π , x =
+ k 2π , x =
+ k 2π ( k ∈  )
3

6

6

b) (3,5đ) Giải phương trình x + 4 + 3 − x + 12 − x − x 2 = x − 1 + 2 x + 5
5
2

ĐK: − ≤ x ≤ 3 . Đặt t =

x + 4 + 3 − x ⇒ 12 − x − x 2 =

t2 − 7
, (t > 0)

2

t2 − 7
+ t = x −1+ 2x + 5
2
Suy ra t2 + 2t = a2 + 2a với a = 2 x + 5, (a ≥ 0) ⇒ (t − a)(t + a + 2) =0 ⇒ t =a

Khi đó phương trình trở thành:
P

P

P

P

Với t = a ta có x + 4 + 3 − x =
2
(7,0đ)

2 x + 5 ⇔ 12 − x − x 2 = x − 1 ⇔ x =

1 + 89
4

0,5
1,0
1,0
1,0

a) (3,5đ) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong mỗi số đó có một chữ số
xuất hiện hai lần, các chữ số còn lại xuất hiện không quá một lần.
+TH1: Chữ số 0 xuất hiện 2 lần
2
Có C3 cách chọn 2 vị trí cho chữ số 0
1,0
2
Có A9 cách xếp 2 chữ số trong 9 chữ số vào 2 vị trí còn lại
Vậy có C3 . A9 số có 4 chữ số thỏa mãn trường hợp này.
+TH2: Chữ số a (khác 0) xuất hiện 2 lần và a ở vị trí đầu tiên (vị trí hàng
nghìn)
Có 9 cách chọn a
Có 3 cách chọn thêm một vị trí nữa cho a
2
Có A9 cách xếp 2 chữ số trong 9 chữ số vào 2 vị trí còn lại
2

2

Vậy có 9.3.A9 số có 4 chữ số thỏa mãn trường hợp này.
+TH3: Chữ số a (khác 0) xuất hiện 2 lần và a không xuất hiện ở vị trí hàng
nghìn

1,0

2

1,0

Có 9 cách chọn a
2
Có C3 cách chọn 2 vị trí cho chữ số a
Có 8 cách chọn một chữ số (khác 0 và khác a) vào vị trí hàng nghìn
Có 8 cách chọn một chữ số vào vị trí còn lại
2
Vậy có 9.8.8.C3 số có 4 chữ số thỏa mãn trường hợp này.
2
2
2
2
3888 số thỏa mãn đề bài.
Vậy có C3 . A9 + 9.3. A9 + 9.8.8.C3 =

0,5

 x=
(1)
+ 3 2 ( 3 y − x )( y + 1)

b) (3,5đ) Giải hệ phương trình 
x+5
= xy − 2 y − 2 (2)
 3y − 2 −
2

2
3

ĐK: y ≥ ; x ≥ −5;3 y ≥ x

−6 y − 9
x =
PT (1) ⇔ ( x + 3) = 4(3 y − x)( y + 1) ⇔ ( x + 6 y + 9)( x − 2 y + 1) = 0 ⇔ 
x 2 y −1
=

1,0

2

TH1: x =
−6 y − 9
Từ PT (1), x ≥ −3 → −6 y − 9 ≥ −3 ⇔ y ≤ −1 . Suy ra hệ PT vô nghiệm
TH2: =
x 2 y − 1 . Thay vào PT (2) ta có
3 y − 2 − y + 2= 2 y 2 − 3 y − 2 ⇔

0,5

2( y − 2)
= (2 y + 1)( y − 2)
3y − 2 + y + 2

1,0

y = 2
2
⇔ 
= 2 y +1
 3 y − 2 + y + 2

3
(4,0đ)

1,0

2
3
7
2
≤
; 2 y +1 ≥
= 2 y + 1 vô nghiệm vì
PT
2
3
3y − 2 + y + 2
3y − 2 + y + 2
Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) với=
x 3,=
y 2
a) (2,0đ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại C , có
7 7
phân giác trong AD với D( ; − ) thuộc BC . Gọi E và F lần lượt thuộc các cạnh AB
2 2
3 5
và AC sao cho AE = AF Đường thẳng EF cắt BC tại K . Biết E ( ; − ) , F có hoành
2 2
0 . Viết phương trình
độ nhỏ hơn 3 và phương trình đường thẳng AK là x − 2 y − 3 =

các cạnh của tam giác ABC .
Gọi I là giao điểm của AD và EF , suy ra I là trung điểm của EF
Chứng minh DF ⊥ AK

A
E

K

0,5

I

F

C

D

B


Phương trình của DF là: 4 x + 2 y − 7 =
0

 3 − 2t
 11 − 2t
7
2t + 3 1 − 2t
=

=
IE (
ID (
;
)⇒
; −3 + t),
; −4 + t )
2
4
2
4
4
 
Do IE.ID =0 ⇒ (3 − 2t )(11 − 2t ) + 16(t − 3)(t − 4) =0

Gọi F (t ; − 2t ) ⇒ I (

 9
t = 2
2
20t − 140t + 225 =⇔
0

t = 5
 2

1,0

5
2

3
2
Do đó đường thẳng AD có phương trình x + y = 0 ⇒ A(1; −1)

Vì F có hoành độ nhỏ hơn 3 nên F ( ; − ) ⇒ I (2; −2)

Vậy phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC là:

0,5

AC : x + 3=
y + 2 0; AB : 3 x +=
y − 2 0; BC : 3 x − =
y − 14 0

b) (2,0đ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x − y =
0 và
đường tròn (T ) : ( x − 1) + ( y + 4 ) =
5 . M là điểm thuộc d , qua M kẻ hai tiếp tuyến
MA, MB đến (T ) ( A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD đến đường tròn (T ) với
C nằm giữa M và D ; AB cắt CD tại N . Tìm tọa độ điểm M biết rằng CD = 1 và
2

ND =

2

5
.

9

+ Gọi K trung điểm DC, I là tâm đường tròn (T), khi đó IK vuông góc CD.
Mà IA vuông góc MA suy ra đường tròn đường kính MI đi qua I, K, A,B.
(Kí hiệu là đường tròn (T’)).
A
Đường tròn (T) tâm I(1;-4), R2=5.
P

P

K

D

N

0,5

C
M

I

B
5
9

4
9

1
2

4
9

+ CD = 1, DN = ⇒ NC = , NK = − =

1
.
18

N là điểm trong ( T) ta có: ND.NC=NA.NB=20/81
Tương tự vì N trong (T’) : NK.NM=NA.NB=20/81

0,5

40
.
Suy ra NM =
9

19
4

385
81

Mặt khác IK 2 =ID 2 − KD 2 =R 2 − KD 2 = ⇒ IN 2 =IK 2 + KN 2 =

+ Sử dụng định lý cosintrong tam giác INM ta có:

) =
 ) (*)
IM 2 =IN 2 + NM 2 − 2 IN .NM . cos ( INM
IN 2 + NM 2 + 2 IN .NM .cos ( INK
KN
) =
) =
Với cos ( INM
cos (π − INK
INK ) =
−cos (
−
IN

, thay vào (*) ta

0,5


có:IM2=IN2+NM2+2NK.NM=
P

4
(2,0đ)

P

P

P

P

P

385 1600 40 2025
+
+ =
= 25 .Vậy IM = 5.
81
81
81
81

Vậy giao của đường tròn (I;5) và (d) cho ta 2 điểm M cần tìm là (1;1) và (4;-4).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z =
3 . Chứng minh rằng:

0,5

x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y)
+
+
≥ 2 xyz (1)
4 − yz
4 − zx
4 − xy

Ta có

(

(1) ⇔

yz + zx + xy

)

2

9⇒
≤ ( x + y + z) =
2

yz + zx + xy ≤ 3

( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y ) ≥ 2 (2)
yz ( 4 − yz ) zx ( 4 − zx ) xy ( 4 − xy )

0,5

Tacó

( y + z) ≥
yz ( 4 − yz )

(

2 yz

yz 2 − yz

)(

2
2
=
≥
 yz 2 − yz  2 + yz
2 + yz
2 + yz



)

(

)(

)

0,5

Do đó

( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) ≥ 2  1 + 1 + 1  ≥



yz ( 4 − yz ) zx ( 4 − zx ) xy ( 4 − xy )
 2 + yz 2 + zx 2 + xy 

≥

6+

(

18

18
≥
=
2
6+3
yz + zx + xy

)

Vậy (2) đúng. Suy ra đpcm.
Ghi chú:Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

1,0