TRƯỜNG TH CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG (Năm học 2009 – 2010) TỔ TOÁN - TIN HỌC. Môn: Toán Lớp: 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu I. (2 điểm) Cho phương trình os os 4 4 2009 2009 4 sin 2 2 tan tan 4 4 4 x c x x x c x π π + = − + ÷ ÷ (1) 1) Giải phương trình (1). 2) Tính tổng các nghiệm của phương trình (1) trên đoạn [1;2010]. Câu II. (2 điểm) 1) Khai triển (1+x+x 2 ) 10 thành đa thức, hãy tìm hệ số của x 5 . 2) Bàn cờ vua có hình vuông, mỗi cạnh chia thành 8 ô, tổng cộng có 64 ô. Một quân xe có thể “ăn trực tiếp” bất kỳ một quân cùng cột hoặc cùng hàng với nó. Giả sử trên bàn cờ có 3 quân xe 3 màu khác nhau, hỏi có bao nhiêu cách đặt 3 quân xe lên bàn cờ sao cho chúng không “ăn” lẫn nhau? Câu III. (2 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên cạnh AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó. Câu IV. (2 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD. Tìm M trong không gian sao cho 2 2 2 2 MA MB MC MD+ + + đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Cho tam giác ABC có A, B, C theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội 1 2 . Chứng minh rằng 1 1 1 AB BC CA = + . Câu V. (2 điểm). Tìm hàm :f →¡ ¡ thỏa mãn các điều kiện (i) (0) 2009f = (ii) ( ) 2010 2 f π = (iii) ( ) ( ) 2 ( ).cos ; ,f x y f x y f x y x y+ + − = ∀ ∈¡ . Hết ĐỀ CHÍNH THỨC TRƯỜNG TH CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG (Năm học 2009 – 2010) TỔ TOÁN - TIN HỌC. Môn: Toán Lớp: 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm I 1 Điều kiện: 8 4 4 2 x k x k π π π π ≠ + ≠ + (1) os os 4 4 4 sin 2 2 1 4 x c x c x + = os os 4 4 4 4 2 2 sin 2 2 4 2sin 4 3sin 4 0 sin 4 0 3 sin 4 2 sin 4 0 4 4 x c x c x x x x x x x k x k π π ⇔ + = ⇔ − = = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Kết hợp với điều kiện ta được: 2 x k π = , k ∈¢ . 2 [1;2010] 1 2010 1 1279 2 x k k π ∈ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ , vì k ∈¢ . Suy ra, tổng các nghiệm của (1) trên [1; 2010] là 1279.1280 (1 2 1279) . 409280 2 2 2 π π π + + + = = II 1 Ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 x x 1 x x 10 10 10 0 0 10 2 2 10 10 10 0 0 0 10 10 2 10 10 0 0 (1 ) k k k k k i i k k k k i k k i k i k k i C x x C C x x C C x − − − = = = − + − = = + + = + + = + = ÷ = ∑ ∑ ∑ ∑∑ x 5 ứng với I, k thỏa 2k + i = 5 0 5 1 5 2 3 2 1 k i k i k i k i = = = ⇔ = − ⇔ = = = (vì k, i ∈¥ ). Suy ra: hệ số của x 5 trong khai triển là 0 5 1 3 2 1 10 10 10 9 10 8 C C C C C C+ + . 2 Có 64 cách đặt quân xe đầu tiên lên một ô trên bàn cờ. Quân xe thứ nhất có thể ăn trực tiếp theo hàng dọc hoặc hàng ngang nằm trên 14 ô cùng hàng hoặc cùng cột với nó. Do đó chỉ có thể đặt quân xe thứ hai vào 63 – 14 = 49 ô còn lại. Tiếp tục ta có, quân xe thứ hai có thể ăn trực tiếp theo hàng dọc hoặc hàng ngang nằm trên 14 ô cùng hàng hoặc cùng cột với nó, để ý rằng có 2 vị trí giao nhau của các hàng và cột của hai quân xe thứ nhất và thứ hai, suy ra số cách đặt quân xe thứ ba là 48 – (14 – 2) = 36 cách. Suy ra số cách đặt 3 quân xe thỏa đề bài là: 64.49.36 = 112896. III Chứng minh được MNPQ là hình bình hành MNPQ là hình vuông MN NP MP NQ = ⇔ = ⇔ M là trung điểm của AB và a = c. Lúc đó S MNPQ = 2 1 4 b . IV 1 Gọi G là trọng tâm của tứ diện ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 ( ) 4 MA MB MC MD MA MB MC MD MG GA MG GB MG GC MG G D MG MG GA GB GC GD GA GB GC GD MG GA GB GC GD GA GB + + + = + + + = + + + + + + + = + + + + + + + + = + + + + ≥ + uuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur 2 2 2 GC GD+ + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ G. Vậy: 2 2 2 2 MA MB MC MD+ + + đạt giá trị nhỏ nhất khi M là trọng tâm của tứ diện. 2 Ta có: 4 7 2 2 7 2 7 A A B C A B B B C C π π π π = + + = = ⇔ = = = Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: os os 1 1 1 1 1 1 1 4 2 2 sin 2 sin 2 sin sin 7 7 4 2 sin sin 1 1 1 1 7 7 4 2 4 2 2 2 sin sin sin sin 7 7 7 7 3 sin . 1 1 1 7 7 4 2 sin .sin . 2 sin 7 7 7 7 BC CA R A R B R R R c R AB c R π π π π π π π π π π π π π π ÷ + = + = + ÷ ÷ + ÷ ÷ = + = ÷ ÷ ÷ ÷ = = = V * Từ (iii), thay y=, 2 2 x t π π = − ta được ( ) ( ) 0f t f t π + − = (1) + Từ (iii), thay y=t-, 2 2 x π π = ta được os( ) ( ) 2 2 2 f t f t f c t π π π + − = − ÷ ÷ hay ( ) ( ) 2.2010.sinf t f t t π + − = (2). + Từ (iii), thay y=t-0,x π = ta được ( ) ( ) os( ) ( ) 2 0f t f t f c t π π π − + − = − hay ost( ) ( ) 2.2009.f t f t c π π − + − = − (3). Từ (1) và (2) suy ra 2 ( ) ( ) ( ) 2.2010sin 2.2009.cosf t f t f t t t π π + − + − = − (4) Thay (3) vào (4) ta được: ( ) 2010sin 2009.cosf t t t= + . Suy ra: ( ) 2010sin 2009cosf x x x= + * Thử lại, ta thấy f(x) thỏa đề bài. Vậy: Hàm số cần tìm là ( ) 2010sin 2009cosf x x x= + . . TRƯỜNG TH CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG (Năm học 2009 – 2010) TỔ TOÁN - TIN HỌC. Môn: Toán Lớp: 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu I. (2. ∈¡ . Hết ĐỀ CHÍNH THỨC TRƯỜNG TH CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG (Năm học 2009 – 2010) TỔ TOÁN - TIN HỌC. Môn: Toán Lớp: 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN Câu. lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thi t diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thi t diện trong trường hợp đó. Câu IV. (2 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD. Tìm M trong