SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi này có 01 trang Câu 1. ( 4 điểm): a) Giải hệ phương trình: 4 4 3 3 97 78 x y x y y x ì + = ï ï ï í ï + = ï ï î b) Giải phương trình: 2 2 3 5 5 5 7x x x x − + = − + Câu 2. ( 4 điểm): a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình: 2 2 2 1 0x y- - = b) Cho n là 1 số tự nhiên. Chứng minh : 2 )1( 1 34 1 23 1 2 1 < + ++++ nn Câu 3. ( 4 điểm): Cho dãy số (U n ) xác định bởi: 1 1 2 1 1 1 n n n U a U U U + ì =ï ï ï ï + í ï = - ï ï + ï î trong đó -1 <a < 0 a) Chứng minh rằng: - 1 < U n < 0 với n" Î ¥ và (U n ) là một dãy số giảm. b) Chứng minh rằng: 1 2 1 0 1 ( 1) 1 n n U U a + < + +£ + với n" Î ¥ Câu 4. (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương trình: 2 2 1x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d. Câu 5. (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = 2x . ( ) α là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ) α . Tính diện tích thiết diện theo a và x. b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện. Hết Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. sở giáo dục và đào tạo tuyên quang kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 NM HC 2010 - 2011 Môn thi: Toán Hng dn chm Cõu Ni dung im 1. a) Gii h phng trỡnh sau: 4 4 3 3 97 78 x y x y y x ỡ + = ù ù ù ớ ù + = ù ù ợ (I) Ta cú: 4 4 2 2 2 2 2 ( ) 2x y x y x y+ = + - (I) 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 97 (1) ( ) 78 (2) x y x y xy x y ỡ ù + - = ù ù ớ ù + = ù ù ợ t 2 2 ;x y u xy t+ = = T PT (2) suy ra K: 0; 0u t 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) 97 2 9 7 78 ( 2 ) 12168 u t u t ut u t ỡ ỡ + - = ù - = ù ù ù ù ù ớ ớ ù ù = - = - ù ù ù ợ ù ợ 0,5 2 2 ,( 2 )u t-ị l nghim ca phng trỡnh bc hai: X 2 - 97X - 12168 = 0 X = 169 v X = - 72 2 2 2 2 2 2 2 2 13 169 ( ) 169 6 36 ( ) 36 6 x y u x y xy t xy xy ỡ + = ù ù ỡ ỡ = + = ù ù ù ù ù ù ù ù ù = ộ ớ ớ ớ ù ù ù ờ = = ù ù ù ù ù ợ ợ ờ ù = - ù ờ ù ợ ở 0,5 Gới PT: 2 2 13 6 x y xy + = = c 4 nghim: (x; y) = (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2) 0,5 H (1) cú 4 nghim: (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2) Túm li h cú 4 nghim nh trờn. 0,5 1. b) Gii phng trỡnh: 2 2 3 5 5 5 7x x x x + = + (1) iu kin: 2 5 5 2 5 5 0 5 5 2 x x x x + + t )0(55 2 =+ ttxx Phng trỡnh ó cho tr thnh: 2 1 3 2 0 2 t t t t = + = = 0,5 2 2 2 2 5 5 1 5 4 0 5 5 4 5 1 0 x x x x x x x x − + = − + = ⇔ ⇔ − + = − + = 0,75 1 4 5 21 2 x x x = ⇔ = ± = 0,75 Câu 2. 2.a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình: 2 2 2 1 0x y- - = (1) Ta có: (1) 2 2 1 2 ( 1)( 1) 2 .x y x x y y- = - + =Û Û 0,5 Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra: 1. =− =+ yx yx 1 21 = = ⇔ 2 3 y x (thoả mãn) 2. 1 3 1 2 2 x y x x y y + = =− ⇔ − = = (loại) 0,75 3. =− =+ 11 21 2 x yx (không có nghiệm thoả mãn) 4. =− =+ 2 21 11 yx x vô nghiệm Thử lại (3; 2) thoả mãn PT. Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình. 0,75 2. b) Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh : 2 )1( 1 34 1 23 1 2 1 < + ++++ nn Ta có : ) 1 11 .( )1( 1 . )1( 1 . )1( )1( 1 + −= + −+ = + = + = + nn n nn nn n nn n nn n nn 0,5 1 1 1 1 1 1 1 1 .( )( ) (1 )( ) 2.( ) 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n = + − = + − < − + + + + + (Vì dễ thấy : 1 + 1+n n < 1+1 = 2 ) Vậy : ) 1 11 (2 )1( 1 + −< + nnnn (1) 0,75 Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có: ) 2 1 1 1 (2 1)11( 1 2 1 −< + = ) 3 1 2 1 (2 2)12( 1 23 1 −< + = ) 4 1 3 1 (2 3)13( 1 34 1 −< + = ) 1 11 (2 )1( 1 + −< + nnnn Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có: 2 )1( 1 34 1 23 1 2 1 < + ++++ nn (1- ) 1 1 +n < 2 (ĐPMC) (Bởi vì 1- 1 1 +n < 1 ) 0,75 Câu 3. a) Cho dãy số (U n ) xác định bởi: 1 1 2 1 1 (1) 1 n n n U a U U U + = ì ï ï ï ï + í ï = - ï ï + ï î trong đó - 1< a < 0 Chứng minh rằng: - 1 < U n < 0 (2) với n" Î ¥ và (U n ) là một dãy số giảm. CM bằng quy nạp: - với n = 1 thì U 1 = a theo giả thiết - 1 < a < 0 nên (2) đúng với n = 1. - Giả sử (2) đúng với n = k: - 1 < k U < 0 ta CM (2) đúng với n = k + 1: - 1 < 1k U + < 0 0,5 Từ giả thiết quy nạp - 1 < k U < 0 ta có: 0 < U k + 1 < 1 Mặt khác: 2 2 1 1 1 1 1 k k u u + > ⇒ < + Do đó 2 1 0 1 1 k k U U + < < + suy ra 2 1 1 1 0 1 k k U U + - < - < + tức là: - 1 < U k+1 < 0 (đccm) 0,75 Vì - 1 < U n < 0 nên U n + 1 và 2 0 n U > với n" Từ (1) suy ra: 1 2 1 1 ( 1) 1 1 n n n n n U U U U U + + = - < + - = + Vậy U n là dãy giảm. 0,75 3. b) Từ đẳng thức (1) suy ra: 1 2 1 1 ( 1) (3) 1 n n n U U n U + + = + " + 0,5 Vì U n là dãy giảm; -1 < U n < 0 với mọi n và U 1 = a nên: 1 0 n U a- < <£ với n" từ đó suy ra: 2 2 n n U a U a³ Û ³ Do đó: 2 2 1 1 1 1 n n U a "£ + + và từ (3) ta có: 1 2 1 1 ( 1) 1 n n U U n a + + + "£ + 0,75 Theo chứng minh trên ta có: 1 2 1 0 1 ( 1) 1 n n U U n a + < + + "£ + 0,75 Câu 4 Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương trình: 2 2 1x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d. Ta có: (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1 Vì d tiếp xúc với (C) Û d(O;d) = R 2 2 1 a b ⇔ + =1 2 2 2 2 1 1a b a b⇔ + = ⇔ + = 1,0 1,0 Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là: 2 2 2 2 1 1 1 1 a b T a a a b a b − + + = + = − + + + + 1,0 Do 2 2 1 1 2a b a T+ = =Þ£Þ Vậy Min T = 2 1,0 Câu 5. Hình vẽ: 0,5 5. a) Ta cã: SA⊥(ABCD) (α)⊥(ABCD) ⇒ SA // (α) (α)∩(SAB) = MN // SA (α)∩(SAC) = OK // SA (α)∩(SABCD) = NH qua O (α)∩(SCD) = KH S A D C B M K N O H Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK. 0,75 Ta có MN// OK // SA MN (ABCD); OK (ABCD) 1 1 ( ). . . 2 2 td htMKON KOH S S S MN KO ON OK OH = + = + + MN = BN = x; KO = 2 SA ; Tớnh ON, theo nh lý hm s Cụsin ta cú: ã 2 2 2 2 0 2 2 2 2 . . os 2 . os45 2 2 2 a a OH ON BN BO BN BO c OBN x x c a x ax = = + = + = + Suy ra : 2 2 1 ( 2 ) 2 2ax 4 2 a x x a s + + = 2 2 1 2 2ax 4 2 a x a s + = Vy: Std = 2 2 1 ( ). 2 2 a a x x ax+ + 0,75 5. b) Để thiết diện là hình thang vuông MK// NO// BC N là trung điểm AB 2 a x = 0,5 Gọi V là thể tích khối chóp, ta có : V= 3 1 . . ( ) 3 3 a SA dt ABCD = Mặt phắng ( ) chia khối chóp thành 2 phần 1 V , 2 V với : 1 V =V K.OECH +V KOE.MNB ; 2 1 V V V= 0,5 Ta có : 2 3 . 1 1 . . ( ) . 3 3 2 2 24 K OECH a a a V OK dt OECH = = = ữ 2 3 . 1 . ( ) . 2 2 2 16 KOE MNB a a a V ON dt MNB = = = ữ Suy ra : 3 3 3 3 1 2 1 5 11 24 16 48 48 a a a a V V V V= + = = = 0,5 0,5 S A D C B M K N O H E 0,5 Hết Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa. . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010 -2011 Môn: Toán (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi này có 01 trang Câu. chia bởi thi t diện. Hết Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. sở giáo dục và đào tạo tuyên quang kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 NM HC 2010 - 2011 Môn thi: Toán Hng dn. qua OM và vuông góc với (ABCD). a) Xác định thi t diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ) α . Tính diện tích thi t diện theo a và x. b) Xác định x để thi t diện là hình thang vuông. Trong trường