Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010

Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010 Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010

S GIO DC - O TO K THI CHN HC SINH GII TNH THA THIấN HU KHI 12 THPT - NM HC 2009-2010 THI CHNH THC Moõn : TOAN Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt B$i 1: (4 im) a) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s: ( ) 2cos 6 sin 2 x f x x = + trờn on [ ] 0; . b) Chng minh rng vi mi tam giỏc ABC ta u cú: 5 10 sin sin 6 sin 4 A B C + + B$i 2: (4 im) a) Cho tam giỏc ABC v ng thng (d). Trờn cnh AB ta ly im E sao cho 2 ,BE AE F= l trung im cnh AC v I l nh th t ca hỡnh bỡnh hnh AEIF . Vi mi im P trờn ng thng (d), ta dng im Q sao cho: 2 3 6PA PB PC IQ+ + = uuur uuur uuur uur . Tỡm tp hp im Q khi P thay i. b) Cho hai ng trũn ng tõm O, khỏc bỏn kớnh v ng trũn (O'). Dng tam giỏc u cú mt nh trờn (O') v hai nh cũn li ln lt nm trờn hai ng trũn ng tõm O. B$i 3: (4 im) a) Gii h phng trỡnh ( ) ( ) 17 5 9 4 17 log 3 2 log 3 2 1 x y x y x y = + = b) Tỡm tp xỏc nh ca hm s 1 1 3 2 2 1 ( ) log log 2 x f x x + = ữ + B$i 4: (4 im) a) Cho cỏc ch s 0, 1, 2, 3, 4, 5. Cú bao nhiờu s gm 6 ch s khỏc nhau c thnh lp t cỏc ch s ó cho, trong ú hai ch s 0 v 1 khụng ng cnh nhau ? b) Tớnh tng: 1 2 2 3 3 2 2 .2 2 .3 2 . 2 . k k n n n n n n n S C C C kC nC= + + + + + + B$i 5: (4 im) Khi ct mt cu (O, R) bi mt mt kớnh, ta c hai na mt cu v hỡnh trũn ln ca mt kớnh ú gi l mt ỏy ca mi na mt cu. Mt hỡnh tr gi l ni tip na mt cu (O, R) nu mt ỏy ca hỡnh tr nm trong ỏy ca na mt cu, cũn ng trũn ỏy kia l giao tuyn ca hỡnh tr vi na mt cu. Cho 1R = , hóy tớnh bỏn kớnh ỏy v chiu cao ca hỡnh tr ni tip na mt cu (O, R) khi tr ú cú th tớch ln nht. Hết 2 Sở Giáo dục - Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2009-2010 Moõn : TOAN ẹAP AN - THANG ẹIEM B$i 1 NI DUNG IM (4) ( ) 2cos 6 sin 2 x f x x = + a) (2,0) Trờn on [ ] 0; : 2 '( ) sin 6 cos 2 6 sin sin 6 2 2 2 x x x f x x= + = + 6 6 '( ) 2 6 sin sin 2 4 2 3 x x f x = + ữ ữ ữ ữ . Trờn on [ ] 0; : 6 0 sin 0 sin 0 2 2 2 2 3 x x x + > 0 0 6 6 '( ) 0 sin sin 2arcsin 2 4 2 4 x x f x x = = = = ữ ữ . 0 0 6 6 '( ) 0 sin 0 sin 2 4 2 4 2 2 x x x x f x x x> < < < < (vỡ hm s sin ng bin trờn khong 0; 2 ữ ). Suy ra: 0 '( ) 0f x x x< > . Do ú, '( )f x i du t dng sang õm khi x i qua im 0 x , nờn hm s ( )f x cú mt cc tr duy nht, cng l giỏ tr ln nht ca hm s ti 0 x . ( ) ( ) 0 2; 0f f = = [ ] ( ) 2 0 0 0 0 0; 6 6 10 ( ) 2cos 2 6 sin cos 2 1 2 6 2 2 2 4 4 4 x x x Max f x f x = = + = + ì ì ữ ữ [ ] 0; 5 10 ( ) 4 Max f x = ; [ ] 0; ( ) 0Min f x = 0,5 0,5 0,5 0,5 b) (2,0) b) Trong tam giỏc ABC: sin sin 6 sin 2sin cos 6 sin 2cos cos 6 sin 2 2 2 2 A B A B C A B A B C C C + + + = + = + Ta cú: 0 cos 0 2 2 2 C C < < > , nờn luụn luụn cú: 2cos cos 2cos 2 2 2 C A B C . Suy ra: ( ) sin sin 6 sin 2cos 6 sin ; 0 2 C A B C C C + + + < < . Theo cõu a) ta cú: 5 10 sin sin 6 sin 2cos 6 sin 2 4 C A B C C+ + + . Du ng thc xy ra khi v ch khi: 0,5 0,5 0,5 3 cos 1 2 6 6 2arcsin sin 4 2 4 A B A B C C −  = =     ⇔   =   =    Hay tam giác ABC cân tại C và 6 2arcsin 4 C = 0,5 B$i 2 (4đ) a) (2,0) Ta có: ( ) ( ) 2 3 2 3PA PB PC PI IA PI IB PI IC+ + = + + + + + uuur uuur uuur uur uur uur uur uur uur 6 2 3PI IA IB IC= + + + uur uur uur uur mà 1 1 2 3 IA IE IF AC AB= + = − − uur uur uur uuur uuur 1 2 2 3 IB IE EB AC AB= + = − + uur uur uuur uuur uuur 1 1 3 2 IC IF FC AB AC= + = − + uur uur uuur uuur uuur Suy ra: 2 3 0IA IB IC+ + = uur uur uur r Do đó: 2 3 6PA PB PC PI+ + = uuur uuur uuur uur Ta có: 2 3 6 6 6PA PB PC IQ PI IQ IP IQ+ + = ⇔ = ⇔ = − uuur uuur uuur uur uur uur uur uur Suy ra, Q là ảnh của P qua phép đối xứng tâm I. Vậy tập hợp Q khi P chạy khắp (d) là đường thẳng (d') đối xứng của (d) qua I. Nếu (d) đi qua I thì (d') trùng với (d); nếu (d) không đi qua I thì (d')//(d) và (d') đi qua điểm 0 'M đối xứng với một điểm 0 M chọn trước trên (d). 0,5 0,5 0,5 0,5 b) (2,0) Gọi (C 1 ) và (C 2 ) là hai đường tròn đồng tâm O. Lấy một điểm A trên (O'). Giả sử dựng được tam giác đều ABC sao cho B ở trên (C 1 ) và C ở trên (C 2 ). Khi đó, C là ảnh của B qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), nên C ở trên đường tròn (C' 1 ) ảnh của (C 1 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), do đó C là giao điểm của (C' 1 ) và (C 2 ) (nếu có). Cách dựng: Lấy trước một điểm A trên (O'). Dựng đường tròn (C' 1 ) là ảnh của C 1 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), nếu (C' 1 ) và C 1 ) cắt nhau tại điểm C, ta dựng ảnh B là ảnh của C qua phép quay Q'(A, -60 0 ) (hoặc Q(A, 60 0 )), điểm B phải ở trên đường tròn(O 1 ). Tam giác ABC là tam giác đều cần dựng. Có hình vẽ đã dựng. Chứng minh: Theo cách dựng, (C' 1 ) là ảnh của (C 1 ) qua phép quay góc 60 0 (hoặc (-60 0 ), nên trong phép quay ngược lại C biến thành B thuộc (C 1 ). Tùy theo số giao điểm của (C' 1 ) và (C 2 ) mà bài toán có bấy nhiêu nghiệm hình. Bây giờ, nếu dựng ảnh (C 2' ) của (C 2 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), 0,5 0,5 0,5 0,5 4 (C 2' ) nếu cắt (C 1 ) thì ta có thêm một số nghiệm hình nữa. B$i 3 (4đ) a) (2,5) ( ) ( ) 17 5 9 4 17 log 3 2 log 3 2 1 x y x y x y  − =   + − − =   0,5 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) 17 5 3 2 3 2 17 (1) log 3 2 log 3 2 1 (2) x y x y x y x y  + − =  ⇔  + − − =   Logarit hóa 2 vế của (1): ( ) ( ) 17 17 log 3 2 log 3 2 1 x y x y + + − = Biến đổi (2) về cùng cơ số 17: ( ) ( ) ( ) ( ) 17 17 5 17 17 log 3 2 log 3 2 log 3 2 1 log 3 2 1 log 5 x y x y x y x y − + − − = ⇔ + − = Đặt ( ) ( ) 17 17 log 3 2 ; log 3 2 x y x y u v= + = − . Khi đó, hệ phương trình trở thành: 17 17 1 1 1 1 1 1 0 0 log 5 log 5 u v u v u v u v v = −  + =  =    ⇔ ⇔      + = − = =  ÷        ( ) ( ) ( ) 17 17 log 3 2 0 3 2 1 3 9 2; 3 3 2 17 2 8 log 3 2 1 x y x y x x y y x y x y  − =   − = =   ⇔ ⇔ ⇔ = =    + = = + =      0,5 0,5 b) (1,5) Hàm số 1 1 3 2 2 1 ( ) log log 2 x f x x   +   =    ÷ +     xác định khi: 1 2 2 1 2 1 2 1 0 0 0 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 log 0 1 0 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x +  + +   > > >    +    + + ⇔ ⇔ ⇔ − < <    +   + −    > < <  ÷   +  + +     Vậy: Tập xác định của hàm số là 1 ; 1 2 D   = −     0,5 0,5 0,5 B$i 4 (4 đ) a) (2,0) Gọi 1 2 3 4 5 6 a a a a a a là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ tập { } 0,1,2,3,4,5 . + Để lập thành một số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a : 1 0a ≠ nên có 5 cách chọn 1 a , sau đó chọn một hoán vị 5 chữ số còn lại. Do đó có tất cả 5 5. 5 5! 600P = × = số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a . + Ta tìm các chữ số có hai chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau: Có 5 vị trí trong mỗi s ố 1 2 3 4 5 6 a a a a a a để 2 chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau: 3 4 5 6 1 4 5 6 1 2 5 6 1 2 3 6 1 2 3 4 , , , , ,xya a a a a xya a a a a xya a a a a xya a a a a xy trong đó vị trí đầu bên trái chỉ có một khả năng là 3 4 5 6 10 ,a a a a các vị trí còn lại là một hoán vị của 0 và 1. 0,5 0,5 5 Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ số còn lại cho các chỗ còn trống. Do đó có 9 4! 216× = số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a , trong đó có chữ số 0 và chữ số 1 đứng cạnh nhau. Vậy: Có tất cả 600 216 384 − = số gồm 6 chữ số khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 1 không đứng cạnh nhau 0,5 0,5 b) (2,0) 1 2 2 3 3 2 2 .2 2 .3 2 . 2 . k k n n n n n n n S C C C kC nC= + + + + + + . Ta có: ( ) ( ) 0 0 1 2 2 2 n n n k k k k k n n k k x C x C x = = + = = ∑ ∑ 0 1 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 n n n n n n n n C C x C x C x C x= + + + + + Lấy đạo hàm hai vế, ta có: ( ) 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 1 2 2 2 .2 2 .3 2 . 2 . n k k k n n n n n n n n n x C C x C x kC x nC x − − − + = + + + + + + . Với 1x = , ta có: 1 2 2 3 3 1 2 2 .2 2 .3 2 . 2 . 2 .3 k k n n n n n n n n S C C C kC nC n − = + + + + + + = 1,0 0,5 0,5 Bài 5 (4đ) + Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O' có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O'). Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu. + Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Ta có: 2 2 'h OO R r= = − ( ) 0 1r R< ≤ = Thể tích khối trụ là: 2 2 2 2 ( )V r r h r R r π π = = − 0,5 0,5 0,5 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 '( ) 2 1 r R r r r r V r r R r R r R r r π π π − −   = − − = =   − − −   ( ) 0 1r< ≤ 0,5 2 6 6 '( ) 0 ; '( ) 0 3 3 3 V r r V r r= ⇔ = = > ⇔ < , do đó trên khoảng (0 ; 1) hàm số V(r) đổi dấu từ âm sang dương, nên 0 6 3 r = là điểm cực đại của hàm số V(r). Vậy: ( ] 0;1 6 2 3 ( ) 3 9 MaxV r V π   = =  ÷  ÷   (đvtt) khi 0 6 3 r = và 0 3 3 h = 0,5 0,5 0,5 6 . S GIO DC - O TO K THI CHN HC SINH GII TNH THA THIấN HU KHI 12 THPT - NM HC 2009- 2010 THI CHNH THC Moõn : TOAN Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt B$i 1: (4 im) a) Tỡm giỏ tr. 2 Sở Giáo dục - Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2009- 2010 Moõn : TOAN ẹAP AN - THANG ẹIEM B$i 1 NI DUNG IM (4) ( ) 2cos 6 sin 2 x f x x = + a)