HSG 11 Nghe An 20152016 bang A

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN HỌC - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1(6,0 điểm). Giải các phương trình sau:
(cos x  1)(2cos x  1)
1  sin 2 x  2cos 2 x.
sin x
a)
3

b)

5x2  2
x  5x  1 
.
6
3

2

Câu 2(5,0 điểm).
a) Chọn ngẫu nhiên ba số đôi một khác nhau từ tập hợp A {1;2;...;20}. Tính xác
suất để trong ba số được chọn khơng có hai số tự nhiên liên tiếp.
3
n4
u1 1; un 1  (un  2

), n  *.
2
n  3n  2
b) Cho dãy số (un ) xác định bởi:
Tìm
cơng thức số hạng tổng quát un theo n.
o

Câu 3(5,0 điểm). Cho hình thoi ABCD có BAD=60 ,AB=2a. Gọi H là trung điểm AB.

Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) tại H lấy điểm S thay đổi khác
1
BM= BC.
4
H. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho

a) Khi

SH=

a 3
.
2 Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng (SAD).

b) Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và (SAD) có số đo lớn nhất.
Câu 4(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trịn
nội tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. Gọi D là trung điểm
cạnh BC. Biết M( 1;1), phương trình NP: x  y  4 0 và phương trình AD là
14 x  13 y  7 0. Tìm tọa độ điểm A.
Câu 5(2,0 điểm). Cho ba số thực dương thay đổi a, b, c thỏa mãn:

a 2  b 2  c 2 (a  b  c ) ab  bc  ca .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P a(a  2b  2)  b(b  2c  2)  c(c  2a  2) 

1
.
abc


…………….Hết…………….
Họ và tên thí sinh……………………………………

Số báo danh……………………

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2015 – 2016
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Mơn: TOÁN – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)
Câu

Đáp án
1
a) (3,0 điểm) Giải phương trình
(6,0đ)
(cos x  1)(2cos x  1)
1  sin 2 x  2cos 2 x.
sin x

Điều kiện: sin x 0  x m ( m  Z ). Phương trình đã cho tương đương với
2cos 2 x  3cosx  1 sinx  2sin 2 x.cos x  2sinx.cos 2 x
 cos 2x  3cos x  2 sin x  cos x(1  cos 2x)  sin x(1  cos2x)

Điểm

 cos2x  2(sinx  cos x  1)  cos2x(sinx  cos x) 0

0,5
0,5
0,5

 cos 2x  2 0

  cos 2x  2   sinx+cos x  1 0  sinx+cos x  1 0

0,5

 cos 2x  2
 x k2 


(k  Z).


2  

x   k2
s in  x   



2
4
2


0,5


x   k 2
2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
( k   ).

0,5

3

b) (3,0 điểm) Giải phương trình

5x2  2
x  5x  1 
.
6
3

2

5x2  2
t (t 0).

2
2
2
6
5
x

2

0.
Điều kiện xác định:
Đặt
Ta có 5 x 6t  2
3
2
3
2
3
3
Phương trình đã cho trở thành x  6t  2  1 t  x  6t  2 (t  1)
 x3 (t  1)3  x t  1  t x  1


5x2  2
x  1 
6

 x  1
 x  1
 2


 x  6  28
 5x  2

2
( x  1) 2
 x  12 x  8 0

 6
.

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

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là x  6  28.
2
a) (3,0 điểm)
(5,0đ)
3
Số cách chọn ba số đôi một khác nhau từ tập A là C20 1140 cách.

0,5

Số cách chọn ba số liên tiếp là 18 cách.

0,5
1,0

Số cách chọn ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp là 17*2+17*16=306

0,5


1140  18  306 816 68
1,0

 .
1140
1140 95
Vậy xác suất cần tìm là
3
n4
u1 1, un1  (un  2
), n  * .
2
n  3n  2
b) (2,0 điểm) :
Tìm
cơng thức un theo n.
*
Với mọi n   , ta có
n4
2
3
2un 1 3(un 
)  2un 1 3(un 

)

(n  1)(n  2)
n  2 n 1
3
3
3
3
3
 2(un 1 
) 3(un 
)  un1 
 (un 
).
n2
n 1
n2 2
n 1
3
3
1
(vn ), vn un 
q
v1 
n  1 là cấp số nhân có cơng bội
2 và
2.
dãy số
n 1
n 1
3
1 3

 3  1
vn   .   , n  *  un 
   , n  *
n 1 2  2 
 2  2
.

3
(5,0đ)

0,5
0,5
0,5
0,5

a) (3,0 điểm) Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt
phẳng (SAD).
S

1
a 1


MB  BC   HB, HBM
HAD
600
4
2 2
Ta có
 HBM vuông tại M.

 HM HB.sin 60o 

a 3
.
2

K

M

H
I

B

1,0

D

A N

Gọi N là giao của HM và AD.
a 3
Ta có: HN = HM = SH = 2  SMN vuông tại S.

 SH  AD ( SH  ( ABCD))
 AD  ( SMN )  AD  SM

 MN  DA ( AD / / BC )
Kết hợp với SM  SN  SM  (SAD)

0,5

1,0

0,5
b) (2,0 điểm) Tính SH để góc giữa SC và (SAD) có số đo lớn
nhất

Gọi là góc giữa SC và (SAD); K là hình chiếu vng góc của H lên SN; I là
giao của HC với AD. Lấy E đối xứng với I qua K.
Vì AD  (SMN)  AD  HK . Kết hợp với HK  SN  KH  (SAD) .
Mà HK là đường trung bình của tam giác ICE nên HK // CE.
Suy ra CE  (SAD) tại E. Suy ra SEC vng tại E và SE là hình chiếu của

0,5


SC trên (SAD). Ta có  CSE .
Đặt x SH (x  0) . Tam giác SHN vuông tại H và HK là đường cao nên

SH.HN
3ax
2 3ax
HK 


CE

SN

3a 2  4x 2
3a 2  4x 2 .
25a 2 3a 2
CH 2 CM 2  MC 2 

7 a 2
4
4

0,5


2

2

2

2

Tam giác SHC vuông tại H nên SC  SH  CH  x  7a .
EC
2 3ax
2 3ax
sin  


SC
(4 x 2  3a 2 )( x 2  7a 2 )
(4 x 4  21a 4 )  31a 2 x 2

.
2 3ax
12
 sin  
 sin  
.
2 2
2 2
4
21

31
4 21.a x  31.a x
Dấu đẳng thức xảy ra khi

x 4

1,0

21
.a
4 .
SH  4

4
(2,0đ)

Vậy  lớn nhất khi và chỉ khi sin  lớn nhất khi và chỉ khi
Kéo dài IM cắt NP tại K. Kẻ đường thẳng qua K
A

song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F.
K N
Ta có: các tứ giác KEPI và KNFI nội tiếp nên
E
F
P

 ; KNI


KEI
KPI
KFI
I




KFI
Mà KPI KNI suy ra KEI
Do đó, K là trung điểm EF
Suy ra A, K, D thẳng hàng
hay K là giao điểm của NP và AD
Tọa độ K là nghiệm của hệ
5

x

 x  y  4 0
5 7


3

 K ( ; ).

3 3
14 x  13 y  7 0
 y 7

3

B

M

D

21
.a.
4

C

Phương trình IM đi qua M và K là x  2y  3 0.

I(2a  3;a)  IA : x  y  a  3 0  A(32  13a;35  14a).
3a  7
IA  35  15a 2;d(I, NP) 
;IM  5 a  1
2

 a 2  I(1;2)
d(I, NP).IA IP 2 IM 2  
 a 3  I(3;3).

Ta có:
Vì I và M cùng phía với NP nên ta có I(1;2). Khi đó A(6;7).
5
(2,0đ)

0,5

0,5
0,5

0,5

2
Từ giả thiết, ta có: (a  b  c) (a  b  c) ab  bc  ca  2(ab  bc  ca)

 (a  b  c  ab  bc  ca )(a  b  c  2 ab  bc  ca ) 0

0,5

 a  b  c 2 ab  bc  ca  a 2  b 2  c2 2(ab  bc  ca)
 (b  c  a ) 2 4bc (1). Vì vai trò a, b, c như nhau nên giả sử

a min  a,b,c . Từ (1) ta có b  c  a 2 bc .
Khi đó,

P a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca)  2(a  b  c ) 

2(a  b  c) 

1
1
2(b  c  a)  4a 
abc
abc

1
abc

0,5
0,5


2 bc  2 bc  4a 

1
1
4. 4 2 bc.2 bc.4a.
8.
abc
abc

1
a b  , c 2.
2
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8.

0,5

Câu 2a: Cách 2
Ta xét dãy số (1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20)
*Ta tìm các trường hợp bộ 3 số chọn được từ dãy liên tiếp nhau: suy ra có 18 bộ số như
vậy.
*Ta tìm các trường hợp trong bộ 3 số chọn được có 2 số liên tiếp nhau(1):
Từ dãy số trên ta dễ dàng chọn được 19 bộ số gồm 2 số liên tiếp nhau.
+,Xét bộ số chọn được là(1,2) từ đây có 20-2-1=17 số thỏa mãn sao cho khi ghép với bộ số
thỏa mãn(1);với bộ số (19,20) tương tự nên ta có 2.17(bộ số) thỏa mãn (1) từ 2 bộ số(1,2);
(19,20)
+,Xét 17 bộ số cịn lại: với mỗi bộ số có:20-2-2=16 trong dãy thỏa mãn khi ghép với bộ số
ta được 1 bộ số mới t/m (1). Do đó có: 17.16 bộ số như vậy
Vậy số các bộ số gồm 3 chữ số mà trong đó có những số liên tiếp nhau là:
17.2+17.16+18=324
Vậy xác xuất để chọn được 3 số mà trong đó khơng có số nào liên tiếp nhau là:
P ( A) 

3
C20
 324 68

3
C20
95