S GIÁO DC & ĐÀO TO BC NINH
TRƯNG THPT NGUYN ĐĂNG ĐO
ĐỀ THI CHN HC SINH GII CP TRƯNG
Năm hc: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN, LP 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không k thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho parabol
( )
2
:2Pyx x=
đường thẳng
:2dy x m= +
. Tìm
m
để
d
ct
(
)
P
ti hai
điểm phân biệt
,AB
sao cho tam giác
vuông ti
O
(O là gc tọa độ).
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
3 sin 2 cos 2 3sin 3 cos 1
0
2cos 3
xxx x
x
+−
=
+
2) Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
( ) ( )
2
1 11 1 1
3 1 24 42 9 2
xx x y y y
x y yx
−+ = + + +
= + −+
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng phương trình
24 3 2
2 20mx x m m
−− + =
luôn có nghiệm vi mi
m
.
2) Cho dãy số
( )
n
u
thỏa mãn
1
*
1
1
4
4
,
4
n
n
u
un
u
+
=
= ∀∈
. Tính giới hạn
( )
lim
n
u
.
Câu 4. (2,0 điểm)
Trong mặt phng ta đ
Oxy
, cho tam giác
ABC
( )
2;3A
. Các điểm
(
)
6;6I
,
( )
4;5J
lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
. Tìm ta đ các đỉnh B 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) Gi I, J lần lượt là trung điểm của SBCD. Biết đường thẳng IJ to với mặt phẳng
( )
ABCD
một
góc
0
60
. Tính độ dài đoạn thẳng
SA
.
b)
( )
α
là mặt phẳng thay đổi qua AB và ct các cạnh SC, SD lần lượt ti M N. Gi K là giao điểm
của hai đường thẳng ANBM. Chứng minh rằng biểu thức
AB BC
T
MN SK
=
có giá trị không đổi.
2) Cho tứ diện ABCD
2, 2AD BC a AC BD b= = = =
,
2
.4AB CD c=
. Gi M là điểm di động trong
không gian. Chứng minh rằng biểu thc
( )
(
)
2
222
8H MA MB MC MD a b c= + + + ++
.
Câu 6. (3,0 điểm)
1) Có hai cái hộp đựng tt c 15 viên bi, các viên bi chỉ có 2 màu đen và trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp 1 viên bi. Biết s bi hộp 1 nhiều hơn hộp 2, số bi đen ở hộp 1 nhiều hơn số bi đen ở hộp 2 và
xác sut để lấy được 2 viên đen là
5
28
. Tính xác suất đ lấy được 2 viên trắng.
2) Cho các số thc
,,xyz
tha mãn
,, 1xyz
( )
2 22
32x y z x y z xy++ = + + +
.
Tìm giá tr nhỏ nhất của biểu thức:
(
)
2
2
2
xx
P
zx
xy x
= +
+
++
.
………….. Hết…………..
(Chú ý: Giám th coi thi không gii thích gì thêm)
S GIÁO DC & ĐÀO TO BC NINH
TRƯNG THPT NGUYN ĐĂNG ĐO
ĐÁP ÁN Đ THI HSG CP TRƯNG
Năm học: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN, LP 11
Câu
Ni dung
Đim
Câu 1
2,0
Phương trình hoành độ giáo điểm:
( )
22
2 2 4 01xxxmxxm
= +⇔ −=
Đường thẳng d ct
(
)
P
tại hai điểm phân biệt A, B khi chỉ khi pt(1) 2 nghiệm phân
biệt
40 4mm
= + > >−
0,25
Gi
( ) ( )
11 2 2
;2 , ;2Ax x m Bx x m++
(
là các nghiệm của pt(1))
Theo Định lý Vi-et:
12
12
4xx
xx m
+=
=
0,5
OAB
vuông ti O
.0OA OB⇒=
 
( )( )
12 1 2
22 0
xx x m x m + + +=
(
)
2
12 1 2
52 0xx m x x m + ++=
2
0
30
3
m
mm
m
=
⇒+=
=
0,5
+) Với
0m =
, phương trình (1) trở thành:
( )
2
0
4 0 0;0
4
x
xx A O
x
=
−=
=
(Loi)
+) Với
3
m =
, phương trình (1) trở thành:
( )
(
)
2
1 1; 1
4 30
3 3; 3
xA
xx
xB
=⇒−
+=
=
(t/m)
0,5
Kết luận: Vậy
3m
=
0,25
Câu 2.1
2,0
Điu kin:
35
cos 2
26
x xk
π
π
=− ≠± +
0,25
Phương trình tương đương:
( )
( )
2
3 cos 2sin 1 2sin 3sin 2 0xx x x−+ + =
( ) ( )( )
3 cos 2sin 1 2sin 1 sin 2 0xx x x −+ + =
(
)
( )
2sin 1 3 cos sin 2 0
x xx + +=
0,75
1
sin
2
cos 1
6
x
x
π
=

−=


( )
2
6
5
2
6
7
2
6
xk
x kk
xk
π
π
π
π
π
π
= +
⇔= +
= +
0,5
Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là:
( )
2
6
x kk
π
π
=+∈
0,5
Câu 2.2
2.0
Điu kin:
03
12
x
y
≤≤
−≤
Ta thấy
0, 1xy= =
không phải là nghiệm ca hệ. Từ đó suy ra
1xy+ >−
. Do đó phương
trình (1) ca h tương đương
( )
( )
( )
22
10x y xy x y ++ +=
( ) ( )
1
1 0*
1
xy xy
xy

−− ++ =


++

0,5
Ta có:
( )
( )
2
1
11 1
2
xy
xyx y
++
+ = + + −≥
( )
2
1
11
1
2
11
xy
xy
xy xy
++
⇒++ +
++ ++
Li có:
( )
( )
( ) ( )
2
2
1
1
1
2
1
1
11
1
2
2121
xy
xy
xy
xy xy
++
+−
++
++
=++−
++ ++
( )
( )
2
3
2
1
31
3 11
22
81
xy
xy
++
−= −=
++
.
Do đó, phương trình
( )
*
tương đương
10 1xy yx −= =
0,5
Thế vào pt(2), ta được:
(
)
2
3 3 23 43 9
x x xx
= + −+
Đặt:
(
)
22
3 ,0
31 2
3 ,0
x uu
x uv
x vv
+=
−=
−=
Suy ra:
22
2 24
u v u v uv
=−+
( )
22
2 2 40u vu v v−+ + =
( )
2
2
9 12 4 3 2vv v
∆= + =
2
2
uv
uv
=
=
0,5
+)
2 3 23uv x x=−⇒ + =
(Vô nghiệm)
+)
2 3 23uv x x
= +=
94
55
xy⇔==
Vậy hệ cho có nghiệm
( )
94
;;
55
xy

=


.
0,5
Câu 3.1
2,0
Xét hàm số
(
)
24 3 2
22
f x mx x m m= −− +
Ta thấy
( )
fx
liên tục trên
0,5
( ) ( )
2
2
1 2 1 1 0,
f mm m m= + −=
(
) ( )
2
22
2 14 2 8 13 1 7 0,f m m mm m = + += + + +> ∀∈
0,5
+) Nếu
( )
1 10mf=⇒=
phương trình có nghiệm
1x =
+) Nếu
( )
( )
1 2. 1 0m ff≠⇒ <
Phương trình có nghiệm
( )
2;1x ∈−
0,5
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
0,5
Câu 3.2
2,0
Ta có:
11
24
4
2 22
44
n
nn
nn
u
uu
uu
++
−= −⇔ −=
−−
0,5
( )
11
4
1 1 11
22 2 2 2 2
n
n nn n
u
u uu u
++
= =−+
−−
0,5
Đặt:
1
*
1
4
1
7
1
2
,
2
n
n
nn
v
v
u
v vn
+
=
=
= + ∀∈
(
)
41 7 1
1
7 2 14
n
n
vn
−−
=−− =
1 7 1 14
2
2 14 7 1
n
n
n
u
un
−−
= ⇒=
−+
0,5
( )
14
lim lim 2 2
71
n
u
n

=−=

+

0,5
Câu 4
2,0
Đường tròn
( )
C
ngoại tiếp tam giác ABC tâm
( )
6;6
I
, bán
kính
5
R IA= =
có phương trình:
( ) ( )
22
6 6 25
xy +− =
.
Phương trình đường thẳng AJ:
10
xy +=
.
Gi D là giao điểm th hai của đường thẳng AJ với đường
tròn
( )
C
.
Tọa độ D là nghiệm của h:
( ) ( )
22
2 3 25
10
xy
xy
−+−=
+=
( )
9;10D
(Do
AD
)
D
I
B
A
C
J
0,5
BAD CAD=
là điểm chính giữa cung
BC DB DC⇒=
( )
1
BJD
là góc ngoài tam giác
2
AB
JAB BJD
+
⇒=
( )
2
JBD JBC CBD
JBD JBC CAD
CBD CAD
= +
⇒=+
=
2
BA
+
=
(
)
3
Từ (2) và (3) suy ra
BJD JBD DBJ= ⇒∆
cân ti D (4)
Từ (1) và (4) suy ra DB = DC = DJ =
52
0,75
,BC
thuộc đường tròn
( )
C
tâm D, bán kính
52R
=
Phương trình
( ) ( ) ( )
22
: 9 10 50Cx y
+− =
B, C các giao đim ca
( )
C
( )
C
nên tọa đ ca B C các nghim ca h:
( ) ( )
( ) ( )
22
22
6 6 25
9 10 50
xy
xy
+− =
+− =
( ) ( )
10;3 , 2;9BC
(Do
BC
xx>
)
0,5
Vậy
( ) ( )
10;3 , 2;9BC
0,25
Câu 5.1a
1,5
K
N
H
J
I
A
D
B
C
S
M
Gi H trung điểm ca AB
( )
//IH SA IH ABCD ⇒⊥
góc gia IJ vi
( )
ABCD
là
góc
0
60IJH IJH⇒=
0,75
Trong tam giác IHJ vuông ti H ta có:
.tan 3IH HJ IJH b= =
0,5
2 23SA IH b⇒= =
0,25
Câu
5.1b
1,5
Ta có :
( ) ( )
// //
//
MN SCD
MN AB CD
AB CD
α
=∩
( ) ( )
// //
//
SK SAD SBC
SK AD BC
AD BC
= ∩
0,5
Từ đó suy ra
AB CD CS
MN MN MS
= =
BC CM
SK SM
=
0,5
1
AB BC CS CM MS
MN SK MS SM MS
−= = =
(đpcm)
0,5
Câu 5.2
2,0
N
Q
P
B
D
C
A
M
I
Đặt
2
,4AB m CD n mn c= =⇒=
Gi P, Q lần lượt là trung điểm của ABCD .
Ta có
BCD ADC BQ AQ∆=∆⇒=
QAB⇒∆
n ti Q
QP AB⇒⊥
Tương tự ta có
QP CD
B đối xng A qua PQD đối xng C qua PQ
Gi N là điểm đi xng ca M qua PQ I giao điểm ca MN vi
PQ
;
MB NA MD NC⇒= =
0,5
Ta có:
( ) ( )
22
H MA MB MC MD MA NA MC NC= +++ = +++
Trong tam giác
AMN
22AM AN AI AM AN AI+ = +≥
  
Tương tự ta có:
2CM CN CI+≥
( )
( )
22
22 4H AI CI AI CI⇒≥ + = +
0,5
Đặt:
,
IP x IQ y= =
( )
(
)
2
22 2 2
AI CI IP PA IQ QC⇒+ = + + +
=
2
22
22
44
mn
xy

++ +



Ta có
(
)
2
22
2
22
44 2
m n mn
x y xy
+

++ + ++


0,5
22 22 2
2 22
28
44
mn mn mn c
PQ BQ PB
++ ++
= += +−
2 2 2 22
2 22
22
22
4 44
n n BC BD CD
c BQ c
+−
++ = ++
222
222abc= ++
(
) (
)
2 2 2 222
42 2 2 8
H a b c abc + + = ++
(đpcm).
0,5
Câu 6.1
1,5
Gi s bi trong hộp 1 là n (
7 15
n<<
,
n
).
Gi x, y ln lưt là s bi đen ở hộp 1 và hộp 2
( )
0, ,n x y xy≥>>
.
Suy ra xác suất lấy được 2 viên bi đen là:
( )
5
15 28
xy
nn
=
( )
1
( )
28 5 15xy n n
⇒=
(
)
7
15 7
n
n
0,5
+) Nếu
7n
, do
7 15 14nn
<< =
s bi ở hộp 2 là 1 viên
1y
⇒=
.
Thay vào (1) ta có:
5
14 28
x
=
5
2
x⇒=
(Loi).
0,25
+) Nếu
( )
15 7n
, do
7 15 8nn<< =
Thay vào (1) ta được:
5
10
56 28
xy
xy=⇒=
5
2
x
y
=
=
0,5
Xác sut lấy được 2 bi trắng là:
3 5 15
.
8 7 56
=
.
0,25
Câu 6.2
1,5
Ta có
( )
2
2
2
11
1x xx Px
zx
xy x

≥⇒ +

+
++


( )
2
2
4
2
x
xy z x
+ ++
.
0,5
Theo giả thiết ta có:
( ) ( ) ( )
22
22
3 32xy z xyz xy z

++=++ ++

( )
2
2
18xy z⇒+ +
4 18 18 1
22
2 18 9 10 5
x
P
xx
=− ≥− =
++
0,5
Du “=” xảy ra khi
1, 2, 3xy z= = =
.
Vậy
1
min
5
P =
0,5
...................... Hết…………….

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO 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) 2
: y = x − 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 2x − cos 2x + 3sin x − 3 cos x −1 = 0 2cos x + 3  x(x − ) 1 + x = y +1  (1+ y y+1) ( )1
2) Giải hệ phương trình:  3  (x − ) 2
1 = 2 4 + y − 4 2 − y + 9 − x (2) Câu 3. (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng phương trình 2 4 3 2
m x x − 2m + 2m = 0 luôn có nghiệm với mọi m∈ .  1 u =  1
2) Cho dãy số (u thỏa mãn  4
. Tính giới hạn lim(u . n ) n )  4 *  u = ∀ ∈ + n n , 1   4 − un Câu 4. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC 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 BC 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 SBCD. Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ( ABCD) một góc 0
60 . Tính độ dài đoạn thẳng SA .
b) (α ) là mặt phẳng thay đổi qua AB và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại MN. Gọi K là giao điểm
của hai đường thẳng ANBM. Chứng minh rằng biểu thức AB BC T = −
có giá trị không đổi. MN SK
2) Cho tứ diện ABCDAD = BC = 2a, AC = BD = 2b , 2 A .
B CD = 4c . Gọi M là điểm di động trong
không gian. Chứng minh rằng biểu thức H = (MA+ MB + MC + MD)2 ≥ ( 2 2 2
8 a + b + c ) . 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 . Tính xác suất để lấy được 2 viên trắng. 28
2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥1 và (x + y + z) 2 2 2 3
= x + y + z + 2xy . 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x x P = + . (x + y)2 2 + x z + x
………….. Hết…………..
(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO Năm học: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN, LỚP 11 Câu Nội dung Điểm Câu 1 2,0
Phương trình hoành độ giáo điểm: 2 2
x − 2x = 2x + m x − 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
biệt ⇔ ∆′ = m + 4 > 0 ⇔ m > 4 − 0,25
Gọi A(x ;2x + m , B x ;2x + m ( x , x là các nghiệm của pt(1)) 1 1 ) ( 2 2 ) 1 2 x + x = 4 Theo Định lý Vi-et: 1 2  x x = −  m 0,5 1 2   Vì OA
B vuông tại O ⇒ .
OAOB = 0 ⇒ x x + 2x + m 2x + m = 0 1 2 ( 1 )( 2 ) m = 0
⇒ 5x x + 2m(x + x ) 2 + m = 0 2
m + 3m = 0 ⇒ 1 2 1 2  m = 3 − 0,5 x = 0
+) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: 2 x − 4x = 0 ⇔ ⇒ A(0;0) ≡  O (Loại) x = 4
x =1⇒ A 1; 1 − 2 ( ) +) Với m = 3
− , phương trình (1) trở thành: x − 4x + 3 = 0 ⇔  (t/m) x = 3 ⇒ B  (3;3) 0,5
Kết luận: Vậy m = 3 − 0,25 Câu 2.1 2,0 π Điều kiện: 3 5 cos x = − ⇔ x ≠ ± + k2π 2 6 0,25
Phương trình tương đương: x( x − ) + ( 2 3 cos 2sin 1
2sin x + 3sin x − 2) = 0
⇔ 3 cos x(2sin x − ) 1 + (2sin x − ) 1 (sin x + 2) = 0 ⇔ (2sin x − )
1 ( 3cos x +sin x + 2) = 0 0,75  π x = + k2π  1  sin x = 6   2 π ⇔   5 ⇔ x =
+ k2π (k ∈)   π  0,5 cos x  − = 6  1 −      6  7π x = + k  6 π
Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là: x = + k2π (k ∈) 6 0,5 Câu 2.2 2.0  0 ≤ x ≤ 3 Điều kiện:   1 − ≤ y ≤ 2
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 ( 2 2
x y ) −(x + y) + ( x y +1) = 0 0,5  1 
⇔ (x y − ) 1  x + y +  = 0(*)  x y 1  + +   ( x + y+ )2 1
Ta có: x + y = x + ( y + ) 1 −1≥ −1 2 ( x + y + )2 1 1 1 ⇒ x + y + ≥ + −1 x + y +1 2 x + y +1 Lại có: ( x + y+1)2 1 + −1 2 x + y +1 ( x + y +1)2 1 1 = + ( + − x + y + ) ( x + y+ ) 1 2 2 1 2 1 ( x + y +1)2 3 1 ≥ 33 ( − = − = . x + y + ) 1 1 2 2 2 8 1
Do đó, phương trình (*) tương đương x y −1= 0 ⇔ y = x −1 0,5
Thế vào pt(2), ta được: (x − ) 2 3
3 = 2 3+ x − 4 3− x + 9 − x
 3+ x = u,u ≥ 0 Đặt:  ⇒ 3(x − ) 2 2 1 = u − 2v
 3− x = v,v ≥ 0 Suy ra: 2 2
u − 2v = 2u − 4v + uv 2 ⇔ u − ( + v) 2 2
u − 2v + 4v = 0 2
∆ = 9v −12v + 4 = (3v − 2)2 u = 2 − v ⇒   u = 2v 0,5
+) u = 2 − v ⇒ 3+ x = 2 − 3− x (Vô nghiệm)
+) u = 2v ⇔ 3+ x = 2 3− x 9 4 ⇔ x = ⇒ y = 5 5 0,5
Vậy hệ cho có nghiệm (x y)  9 4 ; ;  =  . 5 5    Câu 3.1 2,0
Xét hàm số f (x) 2 4 3 2
= m x x − 2m + 2m Ta thấy 0,5
f (x) liên tục trên  f ( ) 2
1 = −m + 2m −1 = −(m − )2 1 ≤ 0, m ∀ ∈  0,5 f (− ) 2 2
2 =14m + 2m + 8 =13m + (m + )2 1 + 7 > 0, m ∀ ∈ 
+) Nếu m =1⇒ f ( )
1 = 0 ⇒ phương trình có nghiệm x =1 +) Nếu 0,5 m ≠ 1⇒ f ( 2 − ). f ( )
1 < 0 ⇒ Phương trình có nghiệm x∈( 2; − ) 1
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m. 0,5 Câu 3.2 2,0 Ta có: 4 2u n 4 u − = − ⇔ − = + u n 2 2 n+ 2 1 1 4 − uu n 4 n 0,5 1 4 − un 1 1 1 ⇒ = ⇔ = − + u − − − − + u u + u n 2 2 n 2 n 2 2 n 2 1 ( ) 1 0,5  4 v = −  1 Đặt: 1  7 v = ⇒ n u  − n 2 1  * v = − + ∀ ∈ + v n n n , 1    2 4 1 n v n − − ⇒ = − − − = n ( ) 7 1 1 7 2 14 1 7 − n −1 14 0,5 ⇒ = ⇒ u = − n 2 u n + n 2 14 7 1 ( 0,5 u   ⇒ = − = n ) 14 lim lim2  2  7n +1 Câu 4 2,0
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I (6;6) , bán A
kính R = IA = 5 có phương trình: (x − )2 + ( y − )2 6 6 = 25 .
Phương trình đường thẳng AJ: x y +1 = 0 . I
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường J tròn (C). B C 2 2 
⇒ Tọa độ D là nghiệm của hệ: (
x − 2) + ( y − 3) = 25  D
 x y +1 = 0
D(9;10) (Do A D ) 0,5 Vì  = 
BAD CAD D là điểm chính giữa cung 
BC DB = DC ( ) 1
BJD là góc ngoài tam giác    A B JAB BJD + ⇒ = (2) 2 =  +  JBD JBC CBD  +  B A  ⇒  =  +  JBD JBC CAD = (3)  =  CBD CAD  2
Từ (2) và (3) suy ra  =  BJD JBD D
BJ cân tại D (4)
Từ (1) và (4) suy ra DB = DC = DJ = 5 2 0,75
B,C thuộc đường tròn (C′) tâm D, bán kính R′ = 5 2
Phương trình (C′) (x − )2 + ( y − )2 : 9 10 = 50
B, C là các giao điểm của (C) và (C′) nên tọa độ của BC là các nghiệm của hệ:
 (x −6)2 +( y −6)2 = 25 ⇒ B(10;3),C(2;9) (Do x > x ) (  B Cx − 9  )2 +( y −10)2 = 50 0,5
Vậy B(10;3),C (2;9) 0,25 Câu 5.1a 1,5 S K N M I A D H J B C
Gọi H là trung điểm của ABIH / /SA IH ⊥ ( ABCD) ⇒ góc giữa IJ với ( ABCD) là 0,75 góc  ⇒  0 IJH IJH = 60
Trong tam giác IHJ vuông tại H ta có: = 
IH HJ.tan IJH = b 3 0,5
SA = 2IH = 2b 3 0,25 Câu 1,5 5.1b
MN = (α ) ∩(SCD) Ta có :
 ⇒ MN / / AB / /CD AB / /CD
SK = (SAD) ∩(SBC)
 ⇒ SK / / AD / /BC AD / /BC0,5 Từ đó suy ra AB CD CS = = MN MN MS BC CM = 0,5 SK SM AB BC CS CM MS ⇒ − = − = = 1 (đpcm) MN SK MS SM MS 0,5 Câu 5.2 2,0 A P M I B D Q N C Đặt 2 AB = ,
m CD = n mn = 4c
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của ABCD . Ta có BCD = A
DC BQ = AQ QA
B cân tại QQP AB
Tương tự ta có QP CD
B đối xứng A qua PQD đối xứng C qua PQ
Gọi N là điểm đối xứng của M qua PQI là giao điểm của MN với 0,5
PQMB = N ; A MD = NC 2 2
Ta có: H = (MA+ MB + MC + MD) = (MA+ NA+ MC + NC)   
Trong tam giác AMN AM + AN = 2 AI AM + AN ≥ 2AI
Tương tự ta có: CM + CN ≥ 2CI 2 2
H ≥ (2AI + 2CI ) = 4( AI + CI ) 0,5
Đặt: IP = x, IQ = y 2  2 2  2 2 2 2 2 m 2 n 2
⇒ ( AI + CI ) = ( IP + PA + IQ +QC ) = + x + + y   4 4    2 2 2  + Ta có m 2 n 2 m n x y  + + + ≥ + (x +   y)2 0,5 4 4  2  2 2 2 2 2
m + n + 2mn 2
m + n + 8c 2 2 = + PQ = + BQ PB 4 4 2 2 2 2 2 2 n 2 2 n 2BC 2 2 2 BD CD c BQ c + − + + = + + 2 2 2
= 2a + 2b + 2c 4 4 4 H ≥ ( 2 2 2
a + b + c ) = ( 2 2 2 4 2 2 2
8 a + b + c ) (đpcm). 0,5 Câu 6.1 1,5
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: xy 5 = ( ) 1 n(15 − n) 28 n7
⇒ 28xy = 5n(15 − n) ⇒  (15 − n)7 0,5
+) Nếu n7 , do 7 < n <15 ⇒ n =14 ⇒ số bi ở hộp 2 là 1 viên ⇒ y =1. Thay vào (1) ta có: x 5 = 5 ⇒ x = (Loại). 14 28 2 0,25
+) Nếu (15− n)7 , do 7 < n <15 ⇒ n = 8 x = 5
Thay vào (1) ta được: xy 5 = ⇒ xy =10 ⇒ 56 28  y = 2 0,5
⇒ Xác suất lấy được 2 bi trắng là: 3 5 15 . = . 0,25 8 7 56 Câu 6.2 1,5   Ta có 2 1 1
x ≥1⇒ x x P x 4x  +  ≥ . ( x + y)2 2 + x z + x    (x + y)2 2 + z + 2x 0,5
Theo giả thiết ta có: (x + y)2 2
+ z = (x + y + z) ≤ (x + y)2 2 3 3 2 + z    ⇒ (x + y)2 2 + z ≤18 4x 18 18 1 ⇒ P ≥ = 2 − ≥ 2 − = 0,5 2x +18 x + 9 10 5
Dấu “=” xảy ra khi x =1, y = 2, z = 3. Vậy 1 min P = 5 0,5
...................... Hết…………….
Document Outline

  • Đề thi hsg 11 cấp trường (2019-2020)