Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế khối 12 THPT - Năm học 2008-2009 môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỎ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Môn : TOÁN. Thời gian làm bài : 180 phút Đề thi gồm 02 trang Bài 1: (3 điểm) Cho phương trình cos x  sin x . 1 1   m  0 (1) sin x cos x.  3 2 a) Với m  , tìm các nghiệm của phương trình (1) trên khoảng   ;  .  4 4 . 3. b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm trên khoảng   3  ;  4 4.  . . Bài 2: (3 điểm) Cho điểm A cố định trên đường tròn và điểm C di động trên đường tròn đó. Dựng hình thoi ABCD (hướng quay của tia AB đến AC và AD theo chiều ABC  2arc cot 2 . dương lượng giác) sao cho góc  a) Xác định phép đồng dạng biến điểm C thành điểm B. b) Tìm quỹ tích của các điểm B và D. Xác định các quỹ tích đó. Bài 3: (3 điểm)  log8 xy  3log8 x log8 y  x 3 a) Giải hệ phương trình  log 2 y  4 log y x . b) Giải bất phương trình:. 1 3 log 2 x log 3 x  3  log 2 x  log 3 x 2 2 4 4. Bài 4: (2 điểm). 7 11 4n  1  3    n với mọi số nguyên dương n . 2 2 2 2 a) Chứng tỏ rằng các tử số của các số hạng liên tiếp của un lập thành một 3 2. Cho dãy số un  . cấp số cộng. b) Hãy biến đổi mỗi số hạng của un (n  1) thành một hiệu liên quan đến 2 số hạng kế tiếp của nó, từ đó rút gọn un và tính lim un Bài 5: (3 điểm) a) Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4. b) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn n  1 3 2  của  3  x x  biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong khai  x  triển này là a0  a1  a2  ...  an  4096 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> O. Bài 6: (3 điểm). M. Cho cốc nước (hình vẽ) phần trên là hình nón đỉnh S, đáy có tâm O bán kính R, chiều cao SO = h. Trong cốc nước đã chứa một lượng nước có chiều cao a so với đính S. Người ta bỏ vào cốc nước một viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu. Hãy tính bán kính của viên bi theo R và h.. I. S. Bài 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng  . a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và các cạnh bên của hình chóp. b) Mặt phẳng (P) tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy (góc này có đỉnh ở trên AB) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Hết. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ. Kú thi chän häc sinh giái tØnh Khèi 12 THPT - N¨m häc 2008-2009. Môn : TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài 1 (3đ) a) (1,5). NỘI DUNG Giải phương trình:. cos x  sin x . ĐIỂM. 1 1 2    0 (a) sin x cos x 3.  1 t  Đặt t  cos x  sin x  2 cos  x   ,  2  t  2 , sin x cos x  4 2  2t 2   0  2  t  2, t  1 Phương trình (a) trỏ thành: t  2 1 t 3 3 2  3t  2t  9t  2  0  2  t  2, t  1. .  . . 2. . 0,5. .  (t  2)(3t 2  4t  1)  0  2  t  2, t  1 (*) 2 7 3 1 23 2 7 2  7 2  2,5   0;   1,5  2 Ta có:  2    3 3 3 3 3 2 7 Do đó phương trình (*) chỉ có một nghiệm t  3 Suy ra phương trình (a) tương đương   2 7   2 7   2 cos  x     cos  x    4 3 4 3 2    3   0  x    , nên phương trình (a) chỉ có một Theo giả thiết:   x  4 4 4  2 7   nghiệm duy nhất x    arccos   4  3 2  2t (1)  t   m  2  t  2, t  1 (2) 1 t2   t   Nhận xét: phương trình 2 cos  x    t t  2, t  1  cos  x    chỉ 4 4 2    t   3  có một nghiệm duy nhất trong khoảng   ;  là x    arccos 4 2  4 4    3  Do đó để (1) có 2 nghiệm trong khoảng   ;  thì phương trình (2) có 2  4 4  nghiệm. 2t  2  t  2, t  1 . Xét hàm số g (t )  t  1 t2 2 1  t 2  g '(t )  1   0, t    2; 2  \ 1;1 2 2 1  t    t  2   2 (loại) hay t . .  . . 0,5. 0,5. . 0,5. . Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi và chỉ khi: Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . . m  ;  2    2;   :  2 t g'(t). +. -1. 2. 1 +. . +. . 0,5. 2  2. g(t). . . Bài 2 (3đ). a) (1,0). b) (2,0). BI   arctan 2   (không đổi). ABI  arccot 2   2  IAB Ta có:  AI AB a 3 3 0,5    k (không đổi). Nếu đặt AI  a thì AB  a 3  AC 2a 2 Do đó: Qua phép quay tâm A, góc  : điểm C biến thành điểm M và  3  3 . AB  AM nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số k  2 2 3 0,5 Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ k  . 2 Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích của B là ảnh của đường tròn (O) 0,25 qua phép đồng dạng F. Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc  3 và phép vị tự tâm A tỉ số k  . Phép biến hình hợp thành của hai phép biến 2 hình này là phép đồng dạng F' 0,5 3 Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ k  . 2 0,25 Để xác định quỹ tích của B: Ta chọn một điểm C trên (O), dựng trung điểm I của AC, dựng hình vuông AIKL, Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC tại B. Dựng hình thoi ABCD. Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB tại M. Để dựng ảnh của O là O' qua phép quay Q(A,  ): Dựng trung điểm J của AO, dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO tại P. Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP tại O'. Qua B kẻ đường thẳng song song với MO' cắt tia AP tại O". Quỹ tích của B là đường tròn tâm O", bán kính R" = O"A Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO. Bài 3 a) (1,5). 0,25 0,25 0,25 0,25. (3đ). log 2 x  log 2 y  log 2 x log 2 y  log8 xy  3log8 x log8 y    3 log 2 x x 3  x  0, y  0, y  1  log 2 y  4 log y x  log 2 x  log 2 y  4 log y   2. 0,5. Đặt: u  log 2 x ; v  log 2 y hệ phương trình trở thành:.  u  v  1  v  u  v  uv   3   v  0  (2) 3u  v  0      2 u  u v  u  v      4v  4v   Nếu u  0 thì v  0 trái với điều kiện. Do đó u  0 Suy ra: v  v   u  v  1 1  u   3   u; v    1;  ,  u; v    3;   u, v  0    v 1  2   2 2  v  3 4v 2  8v  3  0  4v Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm: 1  x ; y    ; 2  ,  x ; y   8; 2 2 2 . . . Lop12.net. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b) (1,5). Bài 4. 1 3 log 2 x log 3 x  3  log 2 x  log 3 x  log 2 x log 3 x  6  3log 2 x  2 log 3 x  0 2 2 4 4 4 4 log x  2  0 log x  2  0  2  2     log 2 x  2   log 3 x  3   0  log x  3  0 hay log x  3  0 3 3  4   4  4 x4 x4   27   3 3    3  27 hay   3  27  64  x  4 .  x   4   64  x   4   64        27  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  ; 4   64  (2 đ) Ta có:  4(k  1)  1   4k  1  4   4(k  2)  1   4(k  1)  1. Do đó:3, 7, 11, ... , (4k-1) lập thành một cấp số cộng có công sai d = 4. Suy ra: 2 (4  k  1  1)   (4k  1)  (4  k  2   1)   2  4k  3  (4k  1)  (4k  7). Bài 5 a). 4k  3 4k  1 4k  7 4k  1 4k  3 4k  7  k 1  k    k 1  k 2 2 2 2k 2 2k Suy ra: 3 7 11 4(n  1)  1 4n  1 un   2  3  ...   n  2 2 2 2n 1 2 11   11 15   15 19  4n  1 4n  3 4n  3 4n  7    7  2    2  3    3  4   ...  n  2  n 1  n 1  2  2 2  2 2  2 2 2 2n  4n  7 un  7   lim un  7 2n (3 đ) Các số cần tính tổng có dạng abcd với a, b, c  1, 2, 3, 4 , d  2, 4. (1,5đ) Ta có abcd  103 a  102 b  10c  d   abcd  103  a  102  b  10 c   d. 0,5 0,5. 0,5. 0,5 0,5. 0,5 0,5. 0,25. Có tất cả: 4  4  4  2  128 số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ 1, 2,3, 4 , trong đó: mỗi chữ số a, b, c xuất hiện 4  4  2  32 lần mỗi chữ số d xuất hiện 4  4  4  64 lần. Do đó:.  a   b   c  32 1  2  3  4   320 và  d  64  2  4   384. Suy ra:.  abcd  320 10. 3.  102  10   384  320 1110  384  355584. Lop12.net. 0,5 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> b) (1,5). n. k n   1 3 2  3 f ( x )   x x  a x Ta có: 3   k x  x  k 0 n. 5 n  k  3. 0,25 0,5. f (1)   ak  1  1  2n  4096  212  n  12 n. k 0. Suy ra: 12. k. 12  k. 1 5 12      1 3 2  k  3 3  x x  C x x      12 3  k 0  x     . Bài 6. 12.  C x k 0. k 12.  k 512  k   3 3. 12.  C x k 0. k 12. 6 k  60 3. Số hạng không chứa x ứng với 6k  60  0  k  10 . Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: C1210  66 (3đ). 0,25 0,25 0,25. I. S. 1 1  R 2 a3  r a  Thể tích nước chứa trong cốc là: V0   r 2 a     3 3 h2  R h  Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu, tức là mặt nước tiếp xúc 4 với mặt cầu. Gọi x là bán kính của viên bi, ta có: VC   x3 . 3 1 1  R 2 h13 Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là: V1   r12 h1  3 3 h2. Lop12.net. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> . . x R xl x R 2  h 2 x   SI    h1  SI  x  R  R 2  h2 SI l R R R Rh1 x r1   R  R 2  h2 h h 3 1 2 1  x3 2 2 R  R  h Do đó: V1   r1 h1  3 3 Rh 2 3 1  x3 1  R 2 a 3 4 x3 2 2 R  R  h   Ta có: V1  V0  VC  3 Rh 2 3 h2 3 3 3    x3 R  R 2  h 2  a 3 R 3  4 Rh 2 x3   R  R 2  h 2  4 Rh 2  x3  a 3 R 3  . . .   .  . . . .   4Rh , ta tìm được bán kính của viên bi:. . 3. Với điều kiện: R  R 2  h 2. 2. 0,5 0,25 0,25. 0,5 0,25. aR. x.   4Rh x Nếu h  h  h   R  R  h   x  R R 3. . R  R 2  h2. 3. 2. 2. 2. 1. Suy ra:. . a3 R3 R  R 2  h2. . 3.   4 Rh 2. R . R 3 h3. . . R 2  h2. 3   h3  R  R 2  h 2  4 Rh 2  h 3   3 a  a 3 2 2 R R h. . . 0,25 Rh R 2  h2.  R  3. R 2  h2.   4Rh 3. 2. R  R 2  h2. Vậy: Để nước trong cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ra ngoài thì: 3  2 2 R  R  h  4 Rh 2   3  2 2 3 R h  R  h  4 Rh 2   0a R  R 2  h2  aR Với điều kiện này, bán kính của viên bi là: x  3 3 R R 2  h 2  4 Rh 2. . . . . . Lop12.net. .

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Bài 7 a) (1,5). (3 đ).    SMO. S. SO . a 3 tan  6. a 3 tan 2   4 6 Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và mỗi cạnh bên của hình chóp có tâm I cách đều (ABC) và SA, nên I là giao điểm của tia phân giác góc SAO và SO, bán kính của mặt cầu là: r  IO . IO AO IO AO    IS AS OS AO  SA a 3 tan  r 2  tan 2   4 Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phấn giác  , cắt hình chóp MT của góc   SMO theo thiết diện là tam giác cân ABN (N là giao điểm của tia phân giác MI và SC) Gọi H1 và H2 là hình chiếu của S và C xuống MI, ta có hai tam giác vuông SMH1 và CMH2 đồng dạng, nên: SH1 SM 1   CH 2 CM 3cos  Suy ra tỉ thể tích của hai hình tứ diện được cắt ra bởi thiết diện AMB là: VSABN SM 1   VCABN CM 3cos  SA  AO 2  SO 2 . K. L H I. B C. O M A. b) (1,5). S. N. I. H 1. H 2. B O. C. M A. Lop12.net. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>