Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 CHUYÊN- Năm học 2008-2009 MÔN TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM 2 4 32 8 x y xy 4; 2 x y thỏa hệ phương trình. Nếu 0 x thì 0 y và 2 4 1 1 32 x x . Chỉ xét 0 x . 1,0 Thay 8 y x vào phương trình đầu ta được: 16 2 2 32 x x . Xét hàm số 16 ( ) 2 2 x x f x với 0 x . 1,0 16 2 16 '( ) 2 ln 2 2 ln 2; x x f x x 16 16 16 '( ) 0 2 2 ( 0) 4 x x f x x x do x x x x 1,0 (4) 32. '(4) 0 f Do f nên 4 x là điểm cực tiểu của ( ) f x . Vì vậy với mọi 0 x và 4 x . Cặp số duy nhất thỏa mãn bài toán là: ; 4; 2 x y . ( ) 32 f x 1,0 (4đ) Chú ý: 1 16 16 1 2 ( ) 2 2 2 2 x x x x f x . Với 0 x thì 16 8 x x . Do đó ( ) 32 f x với mọi 0 x Bài 2 (6đ) Thể tích của (L) là: ; 7 ; ( ) V Sh h a S dt ABCDEF Do các góc của lục giác ABCDEF đều bằng nhau nên mỗi góc của nó bằng 0 120 Gọi X, Y, Z lần lượt là các giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD, AB và EF, CD và EF. Ta có tam giác XBC là tam giác đều cạnh 6 a , tam giác YAF là tam giác đều cạnh 5 a , ZDE là tam giác đều cạnh 4 a và XYZ là tam giác đều cạnh 12 a a) (3 đ) ( ) ( ) ( ) ( ) S dt XYZ dt XBC dt YAF dt ZDE 2 2 2 2 2 144 3 36 3 25 3 16 3 67 3 4 4 4 4 4 a a a a a 3 469 3 4 a V b) (2,0) Dựng điểm G sao cho BG AF uuur uuur , ta có: 4 , 2 5 FG ED BG CD uuur uuur uuur uuur . Dựng điểm H sao cho FH ED uuur uuur , ta có điểm H trên tia FG với 4 FH a và 2 , 3 DH CB DH a uuuur uuur . 1,0 Dựng điểm K sao cho DK CB uuur uuur , ta có điểm K trên tia DH với 6 DK a và , 2 BK CD BK a uuur uuur . Do 2 5 BG CD uuur uuur và BK CD uuur uuur nên K ở trên đoạn BG với 5 , 2 BG a BK a . Ta có: 4 3 ; 6 3 3 ; GH FH FG a a a HK DK DH a a a 5 2 3 KG BG BK a a a . Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh 3 a Xét phép tịnh tiến theo vectơ 1 AA uuuur (AA 1 là cạnh bên của (L)). Đáy ABCDEF của (L) biến thành đáy A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 . Các điểm G, H, K lần lượt biến thành G 1 , H 1 , K 1 . 1,0 Khối (L) là hợp bởi các khối lăng trụ đứng sau: 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . 2) . . 3) . . 4) . . ABGF A BG F EFHD E F H D CDKB C D K B GHK G H K Do ABGF, EFHD và CDKB là các hình bình hành nên các khối 1 1 1 1 . ABGF A B G F , 1 1 1 1 . EFHD E F H D , 1 1 1 1 . CDKB C D K B là các khối hộp. Do tam giác GHK là tam giác đều nên khối 1 1 1 . GHK G H K là khối lăng trụ đều. 1,0 Bài 3 (6 đ) Xét hình bình hành 1 2 3 4 M M M M có các đỉnh 1 1 1 2 2 2 ; , ; , M x y M x y 3 3 3 4 4 4 ; , ; M x y M x y nằm trên đồ thị (C): 3 2 2 y x x . Do 1 2 4 3 M M M M uuuuuur uuuuuur nên 2 1 3 4 x x x x và 2 1 3 4 y y y y 1,0 3 3 3 3 2 1 3 4 2 2 1 1 3 3 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 y y y y x x x x x x x x 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 3 4 3 3 4 4 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x Vì 2 1 3 4 0 x x x x nên 2 2 2 2 2 2 1 1 3 3 4 4 2 2 2 2 x x x x x x x x . Do đó 2 1 3 4 x x x x 1,0 a) (3,0) Để chứng tỏ tâm của hình bình hành 1 2 3 4 M M M M là gốc tọa độ O ta chứng tỏ: 1 3 0 x x và 1 3 0 y y . Ta có: 2 2 1 3 1 4 1 3 4 1 3 4 1 2 1 1 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x . Mà 1 4 0 x x nên 1 3 0 x x . 1,0 3 3 2 2 1 3 1 1 3 3 1 3 1 1 3 3 2 2 2 2 2 2 0 y y x x x x x x x x x x Chú ý: Có thể nhận xét O là tâm đối xứng (duy nhất) của (C). Sau đó lập luận nếu tâm của hình bình hành khác O thì mâu thuẫn. b) (3,0) Giả sử tồn tại hình vuông 1 2 3 4 M M M M có các đỉnh 1 1 1 2 2 2 ; , ; , M x y M x y 3 3 3 4 4 4 ; , ; M x y M x y nằm trên đồ thị (C): 3 2 2 y x x . Theo câu a) hình vuông 1 2 3 4 M M M M có tâm O. Gọi k là hệ số góc của đường thẳng 1 3 M M . Không mất tính tổng quát có thể giả sử 0 k . Lúc đó đường thẳng 2 4 M M có hệ số góc là 1 k 1,0 Xét hình thoi 1 2 3 4 M M M M với 1 1 1 2 2 2 1 ; , ; M x kx M x x k . Trong đó 1 x là nghiệm khác 0 của phương trình 3 2 2 x x kx nên 2 1 2 2 x k còn 2 x là nghiệm khác 0 cuả 3 2 2 1 1 2 2 2 , 2 2 4 x x x x k k k 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 ; 2 2 1OM x y x k x k k OM k k 1,0 Hình thoi 1 2 3 4 M M M M là hình vuông khi và chỉ khi: 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1OM OM k k k k 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 k k k k k k k 2 2 2 1 1 1 2 2 2 0 2 2 2 1 0 k k k k k k k k . Phương trình này có hai nghiệm. Chọn 6 2 2 2 4 k , nghiệm còn lại là 1 k . Đó chính là hệ số góc của hai đường chéo 1 3 M M và 2 4 M M của hình vuông đang xét. Có đúng một hình vuông thỏa bài toán. 1,0 Bài 4 (3 đ) a) (2,0) Một phần tử thuộc 1 2 X X U khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li đôi một sau: 1) 1 2 1 2 2 1 \ 2) 3) \ X X X X X X I . Ngoài ra: 1 1 2 1 2 \ X X X X X U I và 2 2 1 1 2 \ X X X X X U I 1,0 Do đó, số cặp có thứ tự 1 2 ; X X với 1 2 , X X là các tập con của S thỏa điều kiện: 1 2 X X S U bằng số cách đặt tất cả n phần tử của S vào 3 tập hợp: 1 2 1 2 2 1 \ , , \ X X X X X X I sao cho mỗi phần tử được đặt vào đúng một trong 3 tập đó. Số cách đặt như thế bằng 3 n 1,0 Đặt 1,2,3, ,2007,2008 S . Khi A B S U thì A, B là các tập con của S. Số cặp có thứ tự 1 2 ; X X với 1 2 , X X là các tập con của S thỏa điều kiện: 1 2 X X S U là 2008 3 1,0 b) (2,0) Trong đó có một cặp , S S và 2008 3 1 cặp 1 2 ; X X với 1 X khác 2 X . Chú ý 1 2 2 1 ; ; X X X X . Vì vậy số cách thành lập tập ; A B với A, B khác nhau và A B S U là: 2008 1 3 1 2 . 1,0 S . tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thi n Huế Khối 12 CHUYÊN- Năm học 20 0 8- 20 09 MÔN TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM 2 4 32 8 x y xy 4; 2 x y . 3 2 2 x x kx nên 2 1 2 2 x k còn 2 x là nghiệm khác 0 cuả 3 2 2 1 1 2 2 2 , 2 2 4 x x x x k k k 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2. 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 3 4 3 3 4 4 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x Vì 2 1 3 4 0 x x x x nên 2 2 2 2 2 2 1 1 3 3 4 4 2 2 2 2 x x x x x x x x