de hsg toan 11 cap truong nam 2019 2020 truong nguyen dang dao bac ninh

a Gọi I, J lần lượt là trung điểm của SB và CD.. Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ABCD một  góc 60.. Tính độ dài đoạn thẳng 0 SA.. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng AN và BM.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

Năm học: 2019 – 2020

MÔN THI: TOÁN, LỚP 11

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho parabol  P y x:  2 2x và đường thẳng :d y2x m Tìm m để d cắt  P tại hai

điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (4,0 điểm)

1) Giải phương trình: 3 sin 2 cos 2 3sin 3 cos 1 0

x









Câu 3 (4,0 điểm)

1) Chứng minh rằng phương trình m x2 4 x3 2m22m luôn có nghiệm với mọi 0 m  

2) Cho dãy số  u thỏa mãn n

1

* 1

1 4 4 , 4

n

n

u

u













Tính giới hạn lim u n

Câu 4 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A2;3 Các điểm I6;6, J4;5 lần lượt là

tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C

Câu 5 (5,0 điểm)

1) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a AD b ,  , cạnh bên SA vuông góc với đáy

a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của SB và CD Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ABCD một 

góc 60 Tính độ dài đoạn thẳng 0 SA

b)   là mặt phẳng thay đổi qua AB và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M và N Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng AN và BM Chứng minh rằng biểu thức T AB BC

  có giá trị không đổi

2) Cho tứ diện ABCD có AD BC 2 ,a AC BD 2b, AB CD 4c2 Gọi M là điểm di động trong

không gian Chứng minh rằng biểu thức H MA MB MC MD   28a2b2c2

Câu 6 (3,0 điểm)

1) Có hai cái hộp đựng tất cả 15 viên bi, các viên bi chỉ có 2 màu đen và trắng Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 viên bi Biết số bi ở hộp 1 nhiều hơn hộp 2, số bi đen ở hộp 1 nhiều hơn số bi đen ở hộp 2 và xác suất để lấy được 2 viên đen là 5

28 Tính xác suất để lấy được 2 viên trắng

2) Cho các số thực x y z, , thỏa mãn , ,x y z  và 1 3x y z   x2y2z22xy

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

P



………… Hết…………

(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

Năm học: 2019 – 2020

MÔN THI: TOÁN, LỚP 11

Phương trình hoành độ giáo điểm: x2 2x2x m  x2 4x m 0 1 

Đường thẳng d cắt  P tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân

Gọi A x 1; 2x1m B x,  2;2x2m (x x là các nghiệm của pt(1))1, 2

Theo Định lý Vi-et: 1 2

1 2

4







Vì OAB vuông tại O  OA OB  . 0

1 2 2 1 2 2 0

  2

1 2 1 2

5x x 2m x x m 0

3

m

m







0,5

+) Với m 0, phương trình (1) trở thành: 2 0  

4

x

x







+) Với m 3, phương trình (1) trở thành:  



 



(t/m)

0,5

0,25

3 cosx 2sinx1  2sin x3sinx 2 0  3 cosx2sinx1  2sinx1 sin  x2 0

 2sinx1  3 cosxsinx2 0 0,75

1 sin

2

6

x













2 6 5 2 6 7 2 6



























Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là: 2  

6

x k  k 

0,5

Điều kiện: 0 3

x y

 





  



Ta thấy x0,y1 không phải là nghiệm của hệ Từ đó suy ra x y  1 Do đó phương trình (1) của hệ tương đương x2 y2 x y  x y1 0

1

0,5

2

1 2

x y

Lại có:

2

2

1

1

2

Do đó, phương trình  * tương đương x y 1 0  y x  1 0,5

Thế vào pt(2), ta được: 3x 3 2 3 x 4 3 x 9 x2

x u u

x v v





 Suy ra: u2  2v2 2u 4v uv  u2 2v u  2v24v0

2

9v 12v 4 3v 2

     

2 2

 





0,5

+) u 2 v 3x  2 3 x (Vô nghiệm)

+) u2v 3x 2 3 x 9 4

Vậy hệ cho có nghiệm  ;  9 4;

5 5

x y  

 

0,5

Xét hàm số f x m x2 4 x3 2m22m

f m  m  m    m

f   m  m  m  m     m

0,5

+) Nếu m 1 f  1  0 phương trình có nghiệm x 1

+) Nếu m 1 f 2 1  f  0 Phương trình có nghiệm x   2;1 0,5

4

n

u



4

n

u



Đặt:

1

* 1

4

1 2

, 2

n n

v v

u







1

n

n

2

n

n

u

 

0,5

n

u

n



0,5

Đường tròn  C ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I6;6, bán

kính R IA 5 có phương trình: x 62y 62 25

Phương trình đường thẳng AJ: x y  1 0

Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường

tròn  C

 Tọa độ D là nghiệm của hệ:  22  32 25

1 0

x y







9;10

D

 (Do A D )

D

I B

A

C J

0,5

Vì BAD CAD  D là điểm chính giữa cung BC DB DC  1

BJD là góc ngoài tam giác   

2

A B

JBD JBC CBD

JBD JBC CAD CBD CAD





  2

B A

  3

Từ (2) và (3) suy ra BJD JBD  DBJ cân tại D (4)

,

B C

 thuộc đường tròn  C tâm D, bán kính R 5 2

Phương trình   C : x 92y102 50

B, C là các giao điểm của  C và  C nên tọa độ của B và C là các nghiệm của hệ:







10;3 , 2;9

 (Do x B x C )

0,5

N

I

S

M

Gọi H là trung điểm của AB  IH/ /SA IH ABCD  góc giữa IJ với ABCD là

góc IJH IJH 600

0,75

Trong tam giác IHJ vuông tại H ta có: IH HJ.tanIJH b 3 0,5

Câu

5.1b

1,5

/ / / / / /

AB CD









    / / / /

/ /

AD BC





Từ đó suy ra AB CD CS

BC CM

1

0,5

Q

P

C

A

M I

Đặt AB m CD n ,   mn4c2

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD

Ta có BCD ADC BQ AQ  QAB cân tại Q  QPAB

Tương tự ta có QP CD

 B đối xứng A qua PQ và D đối xứng C qua PQ

Gọi N là điểm đối xứng của M qua PQ và I là giao điểm của MN với PQ

;

MB NA MD NC

0,5

Ta có: H MA MB MC MD   2 MA NA MC NC   2

Trong tam giác AMN có AM AN 2 AI  AM AN 2AI

Tương tự ta có: CM CN 2CI

Đặt: IP x IQ , y

2

2

2

0,5

 2 2 2  2 2 2

Gọi số bi trong hộp 1 là n ( 7n15 , n   ).

Gọi x, y lần lượt là số bi đen ở hộp 1 và hộp 2 n x y0, ,x y 

Suy ra xác suất lấy được 2 viên bi đen là:

5

xy

28xy 5 15n n

7

n n



  





+) Nếu n7, do 7n15 n14  số bi ở hộp 2 là 1 viên  y1

Thay vào (1) ta có: 5

14 28

x

2

x

  (Loại)

0,25

+) Nếu 15 n7, do 7n15 n8

Thay vào (1) ta được: 5 10

56 28

xy

xy

2

x y





 



 Xác suất lấy được 2 bi trắng là: 3 5 15

8 7 56.

0,25

Ta có

2

1



4

2

x



0,5

Theo giả thiết ta có: x y 2z2 3x y z  3 2x y 2z2

 x y 2z2 18 4 18 18 1

x P

Dấu “=” xảy ra khi x1,y2,z3

Vậy min 1

5

P 

0,5 Hết……….