ĐỀ THI ĐỀ XUẤT SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG Trường THPT Trương Định MƠN TỐN _ _ Câu : ( điểm ) Giải phương trình : x 10 x x 10 x 11 Câu : ( điểm ) x x 10 x x 10 x 11 2 sin B.sin C sin x x 1 A Gọi H, I, M chân đường Cho tam giác ABC không cân A thỏa điều kiện cao, đường phân giác , đường trung tuyến dựng từ A Chứng minh I trung điểm đoạn HM Câu : ( điểm ) Cho a, b, c số nguyên cho hai phương trình bậc hai ax2 + bx + c = ax2 + bx – c = có nghiệm hữu tỉ Chứng minh tích a.b.c chia hết cho 30 Câu : ( điểm ) uk 1 uk (k 1, 2, .) u k Cho dãy số u = 2009 , Tìm phần nguyên số hạng u ? 2009 Câu : ( điểm ) Trên mặt phẳng cho đường thẳng song song 2009 đường thẳng cát tuyến đôi cắt Biết khơng có đường thẳng đồng quy Hỏi mặt phẳng chia thành phần ? Câu : ( điểm ) Tìm hàm số liên tục y = f (x) thỏa mãn : f (x4).f (x) = 20094 với x Câu : ( điểm ) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên a ; Gọi N điểm cạnh SC cho CN = SC ; mặt phẳng ( ) thay đổi qua AN cắt SB, SD M, P Tìm giá trị nhỏ diện tích thiết diện AMNP mặt phẳng ( ) thay đổi HẾT ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM + Điều kiện : x 10 x 11 �0 x -1 x ≥ 11 ( * ) + Vì x 10 x x 10 x 11 x 10 x x 10 x 11 16 nên đặt u = x 10 x x 10 x 11 ( Đk : u > ) x + PT trở thành : x x x 16 �4 � � � x 1 u � � � u � � 2.2 x �u � �u � 2 �u � �2 + Đặt t = � x �u � � �2 � x 0,25 0,5 x � �2 � � � (1) � � u � � � 0,5 � � t �t 1 � � ( t > ) (1) trở thành : t x0 x �u � � u � 1 �2 � � + t =1 � �=1 + x = khơng nhận điều kiện ( * ) u 1� u x 10 x x 10 x 11 = (2) + x 10 x x 10 x 11 = 0.25 0,25 0,5 0,25 (3) 0,25 + Từ (2) , (3) x 10 x 11 = x = -1 x = 11 ( thỏa (*) ) + Thử lại , ta thấy x = -1 ; x = 11 nghiệm PT cho Vậy , PT có nghiệm x = -1 ; x = 11 0,25 2 A B M H I I/ C + Phân giác AI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I / I/ điểm cung BC I/ M BC AH // I/ Mvà I đoạn HM ( Tam giác ABC không cân A ) + Áp dụng định lí hàm số sin tam giác ABI ACI , ta có : �A � �A � sin � � sin � � BI �2 � (1) ; CI �2 �(2) AI sin B AI sin C + Nhân (1) (2) dựa vào giả thiết AI = BI CI mà BI.CI = IA.II/ / AI2 = AI II/ AI = II/ AHI I MI IH = IM Vậy I trung điểm HM 1 + Vì phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỉ nên biệt số chúng phải số phương tức : b2 – 4ac = m2 ; b2 + 4ac = n2 ( m, n Z ) M M + Nếu b abc Nếu b khơng chia hết cho b = 2k + b2 = 4k( k + 1) + ( mod ) Vì b lẻ m lẻ m2 ( mod ) 4ac = b2 – m2 ( mod ) ac M2 nên abc chia hết cho + Nếu b M3 abc M3 Nếu b khơng chia hết cho b2 ( mod ) Nếu ac ( mod ) m2 ( mod ) Nếu ac ( mod ) m2 ( mod ) Hai điều khơng thể xảy m2 0, ( mod ) Vậy ac ( mod ) tức abc M3 + Nếu b M5 abc M5 Nếu b khơng chia hết cho b2 ( mod ) Nếu ac khơng chia hết cho 4ac 1, ( mod ) Khi , biệt số nói có dạng 5k khơng số phương Vậy ac M5 tức abc M5 Vì abc chia hết cho 2, 3, nên abc chia hết cho 30 + Từ giả thiết < u1 < u2 < …… < uk (u k + + uk ) (u k + - uk ) > 2uk uk = uk21 uk2 � n 1 � u k 1 k 1 k 0,5 0,5 0,5 1 + Từ (1) ta có : k ≥ u k + - uk = uk u1 1 u + u - u1 2u mà = 2u uk nên ta có k 0,5 uk2 2(n 1) � un2 u12 2(n 1) � un u12 2(n 1) � u2009 20092 2(2009 1) > 2009 (2) k+1 0,5 k 0,5 0,5 1 2 ≥ (u k + + uk - u1 )( u k + - uk ) hay ≥ ( uk 1 uk ) - u1 (u k + - uk ) n 1 n 1 2( n 1) ��uk21 uk2 �uk 1 uk 2 u1 k 1 k 1 = ( un u1 ) - u1 (u n - u1 ) un2 un (u12 2n 3) u1 0 0,5 1 1 un � 4(u12 2n 3) u12 2n 2u1 u1 2u1 0,5 0,5 2009 2.2009 2.2009 < 2010 (3) Từ (2) (3) [ u 2009 ] = 2009 � u2009 + Ta cố định đường thẳng song song kí hiệu s(k) số phần bị chia từ mặt phẳng ứng với k cát tuyến + Ta có s(0) = s(1) = 10 + Giả sử ta có k cát tuyến mặt phẳng chia thành s(k) phần Ta xét cát tuyến thứ k + , đường thẳng có với k + đường thẳng cho n + giao điểm , giao điểm chia đường thẳng k + phần ( có nửa đường thẳng n + đoạn ) + Vì đoạn hay nửa đường t5hẳng lại chia số s(k) phần mặt phẳng làm đôi nên với cát tuyến thứ k + số phần mặt phẳng tăng thêm k + + Do s( k + ) = s( k ) + k + Cho k = 0, 1, 2, ……., 2008 cộng lại ta : s( 2009 ) = 4.2009 + + 2009( 2009 + ) / = 2.207.086 0,5 1,0 1,0 0,5 + Thay x –x , ta có : f (x4).f (- x) = 20094 f (x4).f (- x) = f (x4).f (x) với x Vì f (x4) x nên f (x) = f (- x) nên hàm số cần tìm hàm số chẳn + Xét x ≥ , 4n1 4n 4n f ( x ) f ( x ) f ( x ) 16 f (x ).f (x) = f (x ).f (x ) = ………= f (x) = n 4n 4n 0,75 t ) = f (1) + Từ đề , cho x = f (1) = 20094 f (1) = 20092 S Vậy có hàm số thỏa mãn : y = f (x) = 20092 y = f (x) = 20092 N 0,75 P D I O1 M C O A 0,75 n t f( t ) = f ( t ) 4n Vì hàm liên tục nên f (t ) = lim f ( t ) = f ( lim + Đặt t = x x = 0,75 B + Gọi O tâm đáy ABCD SO đường cao hình chóp ; O1 giao SO AN O1 cố định O1 giao SO thiết diện + Diện tích tam giác AMP nhỏ MP // BD khối chóp S.AMNP tích nhỏ đường cao hình chóp lớn Vậy, thiết diện AMNP có diện tích nhỏ thiết diện song song với BD + Khi thiết diện có diện tích nhỏ tức MP // BD Trong tam giác ANC , áp dụng định lí cosin ta AN = a + Hai tam giác SNM SNP NM = NP Tam giác NMP cân N nên AN MP vng góc + Trong tam giác ANC , kẻ OI // SC OI đường trung bình OI = NC = SN nên a hai tam giác O1OI O1SN O1 trung điểm SO nên MP = a a2 + Diện tích thiết diện AMNP S = a 2 = Vậy a2 Min S AMNP = mp( ) // BD 0,5 0,5 0,5 0,5