Đề & ĐA HSG L12 năm 2008-2009

S GIO DC & O TO K THI CHN HC SINH GII TNH THA THIấN HU KHI 12 CHUYấN - NM HC 2008-2009 THI CHNH THC Moõn : TOAN Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt Bai 1: (4 im) Tỡm cỏc cp s thc ( ) ;x y sao cho: 2 4 32 8 x y xy + = = Bai 2: (6 iờm) Cho khi lng tr ng (L) cú cnh bờn bng 7a . ỏy ca (L) l lc giỏc li ABCDEF cú tt c cỏc gúc u bng nhau v , 2 , 3 ,AB a CD a EF a = = = 4 , 5 , 6DE a FA a BC a= = = . a) Tớnh theo a th tớch ca khi lng tr (L). b) Chng t rng cú th chia khi lng tr (L) thnh 4 khi a din trong ú cú mt khi lng tr u ỏy tam giỏc v ba khi hp. Bai 3: (6 im) Gi (C) l th hm s 3 2 2y x x= c dng trờn mt phng ta Oxy. a) Chng t rng nu mt hỡnh bỡnh hnh cú tt c cỏc nh u nm trờn (C) thỡ tõm ca hỡnh bỡnh hnh ú l gc ta O. b) Hi cú bao nhiờu hỡnh vuụng cú tt c cỏc nh u nm trờn (C) ? Bai 4: (4 im) a) Cho tp hp S cú n phn t. Chng minh rng cú ỳng 3 n cp cú th t ( ) 1 2 ;X X vi 1 X v 2 X l cỏc tp con ca S tha iu kin: 1 2 X X S=U . b) Hi cú bao nhiờu cỏch thnh lp tp hp { } ;A B , trong ú A v B l hai tp hp khỏc nhau sao cho { } 1,2,3, .,2007,2008A B =U ? Ht Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 CHUYấN - Năm học 2008-2009 Moõn : TOAN ẹAP AN - THANG ẹIEM Bai 1 NI DUNG IM (4) 2 4 32 8 x y xy + = = 4; 2x y= = tha h phng trỡnh. Nu 0x < thỡ 0y < v 2 4 1 1 32 x x + < + < . Ch xột 0x > . 1,0 Thay 8 y x = vo phng trỡnh u ta c: 16 2 2 32 x x + = . Xột hm s 16 ( ) 2 2 x x f x = + vi 0x > . 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 = ì = ì = > = 1,0 (4) 32. '(4) 0f Do f= > nờn 4x = l im cc tiu ca ( )f x . Vỡ vy vi mi 0x > v 4x . Cp s duy nht tha món bi toỏn l: ( ) ( ) ; 4; 2x y = . ( ) 32f x > 1,0 Chỳ ý: 1 16 16 1 2 ( ) 2 2 2 2 x x x x f x + + ữ ì = . Vi 0x > thỡ 16 8x x + . Do ú ( ) 32f x > vi mi 0x > Bai 2 (6) a) (3 ) Th tớch ca (L) l: ; 7 ; ( )V Sh h a S dt ABCDEF= = = Do cỏc gúc ca lc giỏc ABCDEF u bng nhau nờn mi gúc ca nú bng 0 120 Gi X, Y, Z ln lt l cỏc giao im ca cỏc cp ng thng AB v CD, AB v EF, CD v EF. Ta cú tam giỏc XBC l tam giỏc u cnh 6a , tam giỏc YAF l tam giỏc u cnh 5a , ZDE l tam giỏc u cnh 4a v XYZ l tam giỏc u cnh 12a ( ) ( ) ( ) ( )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) Dng im G sao cho BG AF= uuur uuur , ta cú: 4 , 2 5FG ED BG CD= = uuur uuur uuur uuur . Dng im H sao cho FH ED= uuur uuur , ta cú im H trờn tia FG vi 4FH a = v 2 , 3DH CB DH a= = uuuur uuur . Dng im K sao cho DK CB= uuur uuur , ta cú im K trờn tia DH vi 6DK a = v , 2BK CD BK a= = uuur uuur . 1,0 Do 2 5BG CD= uuur uuur và BK CD= uuur uuur nên K ở trên đoạn BG với 5 , 2BG a BK a= = . Ta có: 4 3 ; 6 3 3 ;GH FH FG a a a HK DK DH a a a= − = − = = − = − = 5 2 3KG BG BK a a a= − = − = . Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh 3a 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 B G 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) a) (3,0) 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 2y 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 2y 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 2x x x x x x x x x x x x⇔ − + + − = − + + − Vì 2 1 3 4 0x x x x− = − ≠ nên 2 2 2 2 2 2 1 1 3 3 4 4 2 2 2 2x x x x x x x x+ + − = + + − . Do đó 2 1 3 4 x x x x= 1,0 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 0x x+ = và 1 3 0y y+ = . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 1 4 1 3 4 1 3 4 1 2 1 1 2 1 0x x x x x x x x x x x x x x x x+ − = + − − = + − − = . Mà 1 4 0x x− ≠ nên 1 3 0x x+ = . ( ) ( ) 3 3 2 2 1 3 1 1 3 3 1 3 1 1 3 3 2 2 2 2 2 2 0y 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. 1,0 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 2y 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 0k > . 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 2x x kx− = nên 2 1 2 2x 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 0k k k k k k k     ⇔ + = − ⇔ + + − =  ÷  ÷     2 2 2 1 1 1 2 2 2 0 2 2 2 1 0k 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 XU 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 XI . Ngoài ra: ( ) ( ) 1 1 2 1 2 \X X X X X= IU và ( ) ( ) 2 2 1 1 2 \X X X X X= IU 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 XI sao cho mỗi phần tử được đặt vào đúng một trong 3 tập đó. Số cách đặt như thế bằng 3 n 1,0 b) Đặt { } 1,2,3, .,2007,2008S = . Khi A B S=U thì A, B là các tập con của S. S (2,0) 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 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 . + < + < . Ch xột 0x > . 1,0 Thay 8 y x = vo phng trỡnh u ta c: 16 2 2 32 x x + = . Xột hm s 16 ( ) 2 2 x x f x = + vi 0x > . 1,0 16 2 16 '(. '( ) 0 2 2 ( 0) 4 x x f x x x do x x x x = ì = ì = > = 1,0 (4) 32. '(4) 0f Do f= > nờn 4x = l im cc tiu ca ( )f x . Vỡ vy vi mi 0x >