DE THI HSG VONG TRUONG K11

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (113.98 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TR Ư ỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG- KHỐI 11(2009-2010)
 MÔN: TOÁN (Thời gian 180 phút)

Câu I:

1) Giải phương trình:

4 x

1 x

2 x

5 x





x

 



x

2) Hãy xác định các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 0;
12

x   

 
cos 4x cos 32 xmsin2 x

Câu II: Giải hệ phương trình









2
2

4 2 2 15

x y

y x

   




  




Câu III:

Cho 2 hình bình hành ABCD và ABE không nằm trong một mặt phẳng M là
một điểm của cạnh AD, N là một điểm chuyển động trên cạnh BE sao cho

AM BN

BE



a) Chứng minh MN luôn song song với mặt phẳng cố định.
b) Tìm tập hợp trung điểm G của đoạn thẳng MN.

Câu IV:

1) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;2). Tìm điểm B thuộc Ox và điểm C
thuộc Oy sao cho ABC là tam giác đều.

2) Cho tập hợp A



0,1, 2,3, 4,5,6



.Có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ
số khác nhau được lấy ra từ tập A sao cho 3 số lẻ không đứng liền nhau.

CâuV:

1) Chứng minh rằng nếu x, y, z là 3 số dương tuỳ ý, thì với mọi tam giác
ABC ta đều có 1 os A 1 os B 1 os C

2 2 2

x y z

c c c

x  y  z  yz  xz  xy

2) Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thoả mãn điều kiện:
os A os B os C 2

2
c

c c  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---ĐÁP ÁN ĐÊ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG
KHỐI 11 (2009-2010)

Câu I:

1) (1,5đ)

Điều kiện:

0

5

1

0 2

1

0

5

2

0 x



 























   











0,25đ

Pt(1) tương đương với

x

1

2 x

5 x

4 x



 

0,25đ

Đặt

u

x

1 ;

v

2 x

5 (

u

0;

v

0)

x











. Ta được

u v x

4 (1)

x



 

0,25đ

Lại có: v2 u2 2x 5 x 1 x 4

x x x

   

       

    (2) 0,25đ

Từ (1) và (2) suy ra v2 u2 u v



u v u v

 

1



0

        0,25đ
Vì u+ v+1>0 nên u - v = 0. Từ (1) suy ra

4

0

2 2 ( loai)

x







  





0,25đ
2) (1,5đ)

Hãy xác định các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 0;
12

x   

 













2 2
2

2 3

1 cos 2
1 cos 6

cos 4 cos 3 sin cos 4 0,25

2 2

2 2 os 2 1 1 cos 6 1 cos 2 0,25
4 cos 2 2 1 4 cos 2 3cos 2 os2x

m x

x

x x m x x

c x x m x

x x x m mc



    
     
      













3 2

2
2
0,25

4 cos 2 4 cos 2 3 cos 2 3 0

cos 2 1

cos 2 -1 4 os 2 3 0

4 os 2 3 0,25

x x m x m

x

x c x m

c x m

      


     
 


- Nếu pt có nghiệm 0;
12

x   

  thì 2x 0;6

 
  

  suy ra

3 os2 1 3 os 22 1 3 3 4 0 1

2 c x  4c x  m   m 0,25

- Ngược lại, nếu 0<m<1 dễ thấy pt có nghiệm 0;
12

x   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu II: (1,0)

ĐK: 2x15 0; 2 y15 0
Lấy (1) trừ (2) ta được

(4 4 )(4 4 4) 2 2
(2 2 )(8 8 9) 0

8 8 9 0

x y x y y x

x y x y
x y

x y

    

    




    


(0,5)

*) Với x = y, ta có:





2 2

1
2

4 2 2 15 16 14 11 0

11
8

x

x x x x

x





        

 


( thoả mãn).

*) Với 8 8 9 0 8 9

x

x y   y  , ta có:



4 2



2 15 8 9 64 2 72 35 0 9 221

4 16

x

x     x  x   x 

Vậy hệ có nghiệm 1 1; , 11; 11 ;

2 2 8 8

   

 

   

   

9 221 9 221 9 221 9 221

; , ;

16 16 16 16

         

   

    (0,5)

Câu III:(2,0đ)

a)(1,0đ) Kẻ MQ// AB ( Q thuộc BC); Kẻ NR//AB (R thuộc AF). Dễ thấy tứ giác MQNR là
hình bình hành có các cạnh lần lượt song song với AB và EC. Suy ra MN// (CDEF) cố định.

b) (1,0đ)

* ) Phần thuận: ( 0,75)

Gọi S,T,Y lần lượt là trung điểm của AB,EF,CD; I,K lần lượt là trung điểm của NR
và QM. Khi đó dễ thấy G là trung điểm của IK và I, K lần lượt là giao điểm của các cặp
đường thẳng NR và ST, MQ và SY.

Gọi H là trung điểm của TY, thì rõ ràng S,G,H thẳng hàng và SH là trung tuyến của tam
giác cố định STY.

* ) Phần đảo: (0,25)

Lấy một điểm G bất kỳ trên đoạn thẳng SH, qua G kẻ đường thẳng IK//TY( I thuộc ST, K
thuộc SY). Qua I và K lần lượt kẻ các đường thẳng NR và MQ cùng song song với AB
( N thuộc EB, R thuộc AF, M thuộc AD, Q thuộc BC).

Chứng minh G là trung điểm của MN và

AM BN

BE

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu IV: (1,0)

1) ABC là tam giác đều nên C là ảnh của B qua phép quay tâm A, góc quay 600
 .

Mà BOx nên C  là ảnh của Ox trong các phép quay trên.

Theo gt .
-Xác định :

Gọi H là hình chiếu của A xuống trục Ox, ta có H(1;0).
Gọi H' là ảnh của H qua các phép quay trên, ta có:









' ' 2

; ' 2 os ; '

3 2

AH AH AH

AH AH  k  c AH AH

 

 

 



 

  

 



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

   

Mà AH



0; 2 , 



 AH x'



1;y 2



nên 1

1 3

y

x






 



+) TH1: H' 1



 3;1 ,



AH'



3; 1



pt của  là 3x y  2 3 0 . Vậy C



0; 2  3



Điểm B(x;0) thoả mãn AB=BC nên



2 3 1;0



+) TH2:H' 1



 3;1 ,



AH'



 3; 1



pt của là  3x y  2 3 0 .Vậy C



0; 3 2



Điểm B(x;0) thoả mãn AB=BC nên



2 3 1;0



2) (1,0đ)

Giả sử

a a a a a

1 2 3 4 5 là số cần tìm.Ta tính tất cả các số gồm 5 chữ số sao cho ln có mặt 3
chữ số lẻ,sau đó trừ đi trường hợp mà 3 số lẻ đứng liền nhau.

*) Tất cả có 3 số lẻ,xếp 3 số lẻ vào 3 trong 5 vị trí, tacó:

A

53



60

cách.

Khi đó cịn lại 2 vị trí có thể chọn tuỳ ý trong 4 số chẵn,ta có

A

42



12

cách.
Vậy có: 60*12=720 (số).

Trong các số trên trừ trường hợp

a

1



0

Nếu

a

1



0

thì xếp 3 số lẻ vào 3 trong 4 vị trí, cịn lại 1 vị trí chọn trong 3số chẵn

{2,4,6} ta có

A A

43

.

31



72

(số).

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

*) Tính các số có 5 chữ số sao cho có 3 số lẻ đứng liền nhau.

- Nếu

a a a

1 2 3 là 3 số lẻ ta có

A

33



6

(cách xếp). Khi đó 2 vị trí cịn lại

a a

4 5có thể chọn tuỳ
ý trong 4 số chẵn, ta có:

A

42



12

. Vậy có: 6.12 = 72 (số).

-Nếu

a a a

2 3 4 là 3 số lẻ ta có

A

33



6

(cách xếp). Khi đó:

a

1có 3 cách chọn

(

a

1



0)

;

a

5có
3 cách chon. Vậy có: 6.3.3=54 (số)

-Tương tự nếu

a a a

3 4 5là 3 số lẻ có 54 (số).

Vậy tất cả có: 72+2. 54= 180 số có 3 số lẻ đứng liền nhau. (0,5)
Câu V:

1) (1,0đ)

Bđt tương đương với:











 











2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 cos 2 cos - 2 cos 0

os sin os sin 2 cos 2 cos 2 os(A+B) 0

os os 2 cos cos sin sin 2 sin sin

2 cos cos 0

cos cos sin

x y z yz A xz B xy C

x c B B y c A A z yz A xz B xyc

x c B y c A xy A B x B y A xy A B

z z y A x B

x B y A z x B

    

        

      

  

   



 ysinA



2 0 (luon dung)

(0,5)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hệ sau đây thoả mãn:

sin sin( ) sin sin sin

cos cos

cos cos 0 sin

sin sin 0

sin sin sin sin

sin sin

x B x A B z A x C z A

x B A z

x B y A z A

x y x y

x B y A x y

A B A B

A B



  

   



  

   

  

   

   

    




sin sin sin

x y z

A B C

   ( 0,5)
Tức là tam giác ABC đồng dạng với tam giác có 3 cạnh là x, y, z

2) (1,0đ)

Áp dụng phần 1 với x = y = z =1,x 2

Nhận thấy 2

2 2 2

x y z

yz  xz  xy  . Theo kq câu 1, thì ABC đồng dạng với tam giác

</div>

DE THI HSG VONG TRUONG K11

4

<i>x</i>

1

<i>x</i>

2

<i>x</i>

5

<i>x</i>





<i>x</i>

 



<i>x</i>













0

5

1

0

<sub>2</sub>

1

0

5

2

0

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



 









<sub></sub>









<sub></sub>



<sub>   </sub>











<i>x</i>

1

2

<i>x</i>

5

<i>x</i>

4

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>







 

<i>u</i>

<i>x</i>

1

;

<i>v</i>

2

<i>x</i>

5

(