HSG TOAN 12 THUA THIEN HUE 2009 - 2010

SỎ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài : 180 phút Ba ̀ i 1: (4 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( ) 2cos 6 sin 2 x f x x = + trên đoạn [ ] 0; π . b) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có: 5 10 sin sin 6 sin 4 A B C + + ≤ Ba ̀ i 2: (4 điê ̉ m) a) Cho tam giác ABC và đường thẳng (d). Trên cạnh AB ta lấy điểm E sao cho 2 ,BE AE F= là trung điểm cạnh AC và I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF . Với mỗi điểm P trên đường thẳng (d), ta dựng điểm Q sao cho: 2 3 6PA PB PC IQ+ + = uuur uuur uuur uur . Tìm tập hợp điểm Q khi P thay đổi. b) Cho hai đường tròn đồng tâm O, khác bán kính và đường tròn (O'). Dựng tam giác đều có một đỉnh ở trên (O') và hai đỉnh còn lại lần lượt nằm trên hai đường tròn đồng tâm O. Ba ̀ i 3: (4 điểm) a) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 17 5 9 4 17 log 3 2 log 3 2 1 x y x y x y  − =   + − − =   b) Tìm tập xác định của hàm số 1 1 3 2 2 1 ( ) log log 2 x f x x   +   =    ÷ +     Ba ̀ i 4: (4 điểm) a) Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Có bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số đã cho, trong đó hai chữ số 0 và 1 không đứng cạnh nhau ? b) Tính tổng: 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= + + + + + + Ba ̀ i 5: (4 điểm) Khi cắt mặt cầu (O, R) bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu (O, R) nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Cho 1R = , hãy tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu (O, R) để khối trụ đó có thể tích lớn nhất. 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 Ba 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 Ba ̀ 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 )), (C 2' ) 0,5 0,5 0,5 0,5 4 nếu cắt (C 1 ) thì ta có thêm một số nghiệm hình nữa. Ba ̀ 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 Ba ̀ 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 . nhất. Hết 2 Sở Giáo dục - Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 200 9- 2010 Moõn : TOAN ẹAP AN - THANG ẹIEM Ba i 1 NI. SỎ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 200 9- 2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời