SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2008 – 2009 Đề thi đề xuất (Gồm 1 trang) Môn thi : Toán Lớp : 11 Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐÊ Câu 1 ( 4 điểm ): Tìm các nghiệm nguyên x, y của phương trình: 2 y x y 2(x 1)y 4x− = + + + Câu 2 ( 4 điểm ): Giải phương trình: 1 1 5 5 cos2009x cos2009x 1 2 2 − + + = Câu 3 ( 4 điểm ): Dãy (u n ) cho bởi u 1 1 2 = ; u n + 1 2 u u n n = + n 1 ∀ ≥ . Đặt 1 1 1 A u 1 u 1 u 1 1 2 2009 = + + + + + + Chứng minh rằng: 1 < A < 2 Câu 4 ( 4 điểm ): Tìm hàm f(x) biết f(x) là một đa thức bậc ba thoả : f(0) 0 2 f(x) f(x 1) x x = − − = ∀ Câu 5 ( 4 điểm ): Cho hai đường thẳng x và y chéo nhau và vuông góc với nhau, nhận AB = a làm đường vuông góc chung. Một điểm M di chuyển trên x, một điểm N di chuyển trên y sao cho đoạn MN luôn bằng b không đổi. Xét tứ diện ABMN. a) Chứng minh rằng các mặt của tứ diện đều là tam giác vuông. b) Chứng minh rằng AM 2 + BN 2 và AN 2 + BM 2 là không đổi và góc giữa AB và MN cũng không đổi. c) Tìm quĩ tích trung điểm I của MN HẾT 1 SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2008 – 2009 Hướng dẫn chấm Đề thi đề xuất (Gồm 5 trang) Môn thi : Toán Lớp : 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 ( 4 điểm ) Phương trình tương đương: y x 0 2 2 (y x) y 2xy 2y 4x − ≥ − = + + + (0,5đ ) y x y x y x 2 9 x 4x 1 2 8y 2x 9 4xy 2y x 4x y (x ) 2x 1 4x 2 2 ≥ ≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ − = − + + = − = ≠− + + ( 1,0 đ ) Vì x, 8y ∈¢ nên |2x + 1| phải là ước của 9 hay 2x + 1 có các giá trị 1± ; 3± ; 9± nên x { } 0, 1, 2 , 5 ,4∈ ± − − ( 1,0 đ) Ta chỉ nhận x { } 0, 2 ∈ − vì phải chọn để cho y ∈¢ ( 1,0 đ ) Vậy phương trình có nghiệm x 0 y 0 = = và x 2 x 2 = − = − (0,5 đ ) Câu 2 ( 4 điểm ) Đặt a = 1 5 cos2009x 2 − 1 5 cos2009x a (1) 2 ⇒ − = ( 0,5 đ ) Từ phương trình (*) ⇒ 1 5 cos2009x 2 − = 1 – a ( 0,5 đ ) 1 5 cos2009x (1 a) (2) 2 ⇒ + = − Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: 1 = 5 a + 5 (1 a)− (0,5đ) 5 0 1 1 2 2 3 3 1 4 5 5 1 a C C ( a) C ( a) C ( a) C ( a) C ( a) 5 5 5 5 5 5 ⇔ = + + − + − + − + − + − 5 2 3 4 5 1 a 1 5a 10a 10a 5a a⇔ = + − + − + − (0,5đ) 4 3 2 5a 10a 10a 5a 0⇔ − + − = 2 a 0 3 2 5a(a 2a 2a 1) 0 3 2 a 2a 2a 1 0 = ⇔ − + − = ⇔ − + − = a 0 a 0 a 0 a 1 0 2 a 1 (a 1)(a a 1) 0 2 a a 1 0 (VN) = = = ⇔ ⇔ − = ⇔ = − − + = − + = (1,0đ) Với a = 0 1 1 cos2009x 0 cos2009x cos 2 2 3 π ⇔ − = ⇔ = = k2 x (k ) 6027 2009 π π ⇔ = ± + ∈¢ Với a = 1 1 1 2 cos2009x 1 cos2009x cos 2 2 3 π ⇔ − = ⇔ = − = 2 k2 x (k ) 6027 2009 π π ⇔ = ± + ∈¢ Vậy phương trình có nghiệm: k2 x 6027 2009 π π = ± + và 2 k2 x (k ) 6027 2009 π π = ± + ∈¢ (1,0đ) Câu 3 (4 điểm ) n 1,2, ∀ = ta có 1 1 1 1 1 u 1 u u (u 1) u u 1 n n n n n n = − = − + + + (1,0đ) Từ đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 A u u u u u u u u 1 2 2 3 3 4 2009 2010 = − + − + − + + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 1 1 1 2 (1) u u u 1 2010 2010 = − = − (1,0đ) Do u 0 A 2 (2) n > ⇒ < (0,5đ) Rõ ràng dãy ( u n ) là dãy tăng thực sự 2 1 1 3 2 u u u 2 1 1 2 2 4 = + = + = ÷ 3 2 3 3 21 2 u u u 1 3 2 2 4 4 16 = + = + = > ÷ 1 u 1 1 2010 u 2010 ⇒ > ⇒ < Do đó 1 A 2 1 (3) u 2010 = − > (1,0đ) Kết hợp (2) với (3) ta có: 1 < A < 2 (đpcm) (0,5đ) Câu 4 ( 4 điểm ) Cách 1: Vì f (0) = 0 ⇒ f (x) = a x 3 + b x 2 + c x (1) (0,5đ) ⇒ f (x – 1 ) = a( x – 1) 3 + b( x – 1) 2 + c( x – 1) = ax 3 – 3ax 2 + 3ax – a + bx 2 – 2bx + b + cx – c = ax 3 – ( 3a – b)x 2 + ( 3a – 2b + c)x – ( a – b + c) (0,5đ) ⇒ f (x) – f(x – 1) = 3ax 2 + (2b – 3a)x + a – b + c = x 2 với mọi x (1,0đ) ⇒ 1 a 3 3a 1 1 2b 3a 0 b 2 a b c 0 1 c 6 = = − = ⇔ = − + = = ⇒ 3 2 x x x f(x) 3 2 6 = + + (2,0đ) Cách 2: Từ điều kiện ta tính được f (0) = 0 , f (1) = 1 , f (2) = 5 , f (3) = 14 Từ đa thức bậc ba ta suy ra: 1 a d 0 3 a b c 1 1 b 2 8a 4b 2c 5 1 27a 9b 3c 14 c 6 = = + + = ⇔ = + + = + + = = ( giải hệ bằng máy tính) Câu 5 ( 4 điểm ) 1/ Dễ thấy ∆ ABM vuông tại A và ∆ ABN vuông tại B. Do MA ⊥ AB và MA ⊥ BN nên MA ⊥ (ABN) suy ra: MA ⊥ AN. Vậy ∆ MAN vuông tại A Tương tự ∆ MBN vuông tại B. (1,0đ) 4 ( Hình vẽ 0,5đ) 2/ Ta có: 2 2 2 2 2 MN b AM a BN= = + + hay 2 2 2 2 AM BN b a+ = − không đổi Mặt khác 2 2 2 2 2 2 AN BM AB BN MN BN+ = + + − hay 2 2 2 2 AN BM a b+ = + không đổi (0,5đ) Trong mp (ABN) từ N kẻ NE // AB, AE // BN Ta có · MNE = α (góc của 2 đthẳng chéo nhau AB và MN) Vì AE ⊥ EN nên ME ⊥ EN , do đó: NE a cos MN b α = = ( với a < b ) Vậy góc α không đổi. (0,5đ) 3/ I là trung điểm của MN, do đó AI = b b , BI 2 2 = (Vì các tam giác ADC, BDC là vuông ) Gọi O là trung điểm của AB. Tam giác AIB cân, IO ⊥ AB A và B cho trước, do đó điểm O cố định Và OI 2 2 1 1 a 2 2 2 2 b a AI AO b 2 2 2 = − = − = − ÷ ÷ Vậy trung điểm I thuộc đường tròn, nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB, tâm O, bán kính OI 1 2 2 b a 2 = − (0,5đ) Đảo lại: Trên đường tròn (O) lấy điểm I / tuỳ ý, dựng I / J ⊥ OI o (OI o bán kính của đường tròn (O) vuông góc với mp (AB,By) Đường thẳng BJ cắt Ax tại M / . Ta có JI / // By nên M / I / kéo dài cắt By tại N / Ta chứng tỏ M / N / = b. 5 Thật vậy, O là trung điểm của AB và OJ // Ax nên JB // JM / . Suy ra I / là trung điểm của đoạn M / N / Mặt khác tam giác M / AN / vuông do đó trung tuyến AI / = 1 / / M N 2 Từ tam giác vuông AOI / ta có: = 2 a 1 2 / 2 2 AO OI (b a ) 4 4 + = + − Tức là 2 / AI = 2 b 4 , b / AI 2 = hay M / N / = b (0,5đ) Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn MN = b (với M trên Ax; N trên By) là đường tròn nằm trong mp trung trực của AB, tâm O , bán kính là 1 2 2 b a 2 − (0,5đ) HẾT 6 . = (1,0đ) Với a = 0 1 1 cos2009x 0 cos2009x cos 2 2 3 π ⇔ − = ⇔ = = k2 x (k ) 6027 2009 π π ⇔ = ± + ∈¢ Với a = 1 1 1 2 cos2009x 1 cos2009x cos 2 2 3 π ⇔ − = ⇔ = − = 2 k2 x (k ) 6027 2009 π π ⇔ = ± +. đ ) Câu 2 ( 4 điểm ) Đặt a = 1 5 cos2009x 2 − 1 5 cos2009x a (1) 2 ⇒ − = ( 0,5 đ ) Từ phương trình (*) ⇒ 1 5 cos2009x 2 − = 1 – a ( 0,5 đ ) 1 5 cos2009x (1 a) (2) 2 ⇒ + = − Cộng (1) và. phương trình: 1 1 5 5 cos2009x cos2009x 1 2 2 − + + = Câu 3 ( 4 điểm ): Dãy (u n ) cho bởi u 1 1 2 = ; u n + 1 2 u u n n = + n 1 ∀ ≥ . Đặt 1 1 1 A u 1 u 1 u 1 1 2 2009 = + + + + + + Chứng