Đang tải... (xem toàn văn)
Xét hình chóp A.BCDEF tạo bởi 5 cạnh của khối 20 mặt chung đỉnh A thì A.BCDEF là hình chóp ngũ giác đều có đỉnh là A, đáy là hình ngũ giác đều BCDEF cạnh bằng a, các cạnh bên AB, AC, AD,[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KHÁNH HỊA NĂM HỌC 2008-2009
Mơn thi : TOÁN – THPT (Bảng B)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 20/03/2009
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài : (4,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 4
2 3
3 2x y x y x (1 2x ) y
1 (x y) x (x x 2y )
.
Bài : (5,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
2
1 x 2x
x x 1
2
2 x
b) Tìm giá trị lớn a để bất phương trình sau có nghiệm:
3
2
a x
a (x 1) a sin
(x 1)
.
Bài : (5,0 điểm)
Cho dãy số un xác định sau: u1u2 1, u3 2,… ,
n n n
n
u u
u
u
( n ) Chứng minh u n , n
Bài : (3,0 điểm)
Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối đa diện hai mươi mặt có độ dài cạnh a (a > 0)
Bài : (3,0 điểm)
Cho đa giác A A A A A1 n, (n 3) biết đỉnh liên tiếp A , A , A , A1 đa giác thoả mãn đẳng thức
1 1
A A A A A A Tìm số cạnh đa giác cho.
- HẾT
- Đề thi có 01 trang;
(2)ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN - LỚP 12 THPT - BẢNG B – 2009 (Đáp án có 03 trang)
Bài Nội dung Điểm
Bài (4 điểm)
Viết hệ cho thành
2 4
2
4 (1 x y) 2x x y
1 (x y) x x 2x y
0.5 Cộng theo vế hai phương trình hệ ta
2 2 2
4 (1 x y) (x y) (x y ) 1 hay (1 x y) 2 (x y) (x3 y )2 21 (*)
1
Ta thấy (1 x y) 2 2, (x y) (x3 y )2 2 1
Suy (*) xảy
2
2
3 2
4 (1 x y) x y 1
1 (x y) x y x y
x y
(x y )
.
Thử lại thấy thỏa Vậy hệ cho có nghiệm (1;1) 0.5
Bài 2a (3 điểm)
Điều kiện: x ≠ Nhận xét :
2
2
1 x 2x 1
2
x x x
Phương trình viết dạng
0.5
2
2 2
1 x 2x x 2x
x x x x
2 2
1 x 2x 1 x 1 2x
2 2
2 x x x x
Đặt
t t
f (t) t, f '(t) ln 0, t
2
0.5
f(t) hàm đồng biến nên ta có
2
2
x
1 x 2x
x 2x
x x x 0.5
Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình x = 0.5
Bài 2b (2 điểm)
Giả sử bất phương trình có nghiệm xo xo a 0, ta có
3 4
0
0
x a
a (x 1) a sin a
(x 1)
0.5 Do 2 a
a (x 1) 2a
(x 1)
nên
3
4 1
2a a a max(a)
16 16
0.5
Với a 16 0 0 0 4 0 x
k , k Z x
sin 2 x
2
x x 3
(x 1) x 3
Vậy giá trị lớn cần tìm a 16.
1
Bài 3
(5 điểm) Chứng minh phương pháp qui nạp Cho n 1 , ta có:
3
2
u u 2.1
(3)Biểu thức với n 1 .
Giả sử biểu thức với n k , ta có:
k k k
k
u u
u
u
0.5
Chứng minh biểu thức với n k 1 , hay uk 4 Ta có:
k k k k k k k k
u u u u
u u u u
k k k k
k k
u u u u
u u
Nếu k lẻ, ta có:
1 k k k k
k k
u u
u u u u
u u u
Vậy: uk 4 3uk 3 uk 2 Mà uk 3 , uk 2 , nên uk 4
1
Nếu k chẵn, ta có:
k k k k
k k
u u u u u u
u u u
Vậy: uk 4 5uk 3 uk 2 Mà uk 3 , uk 2 , nên uk 4 .(đpcm)
1
Tóm lại: n , ta có: Nếu k lẻ: u2n 3 3u2n 2 u2n 1 Nếu k chẵn: u2n 2 5u2n 1 u2n
Vậy dãy un có số hạng số nguyên.
1
Bài 4
(3 điểm)
a/2 72 I
F
E D
C
S O F
B D
H A
C H
E
B
Khối 20 mặt thuộc loại 3;5 Xét hình chóp A.BCDEF tạo cạnh khối 20 mặt chung đỉnh A A.BCDEF hình chóp ngũ giác có đỉnh A, đáy hình ngũ giác BCDEF cạnh a, cạnh bên AB, AC, AD, AE, AF a Suy trục AH ngũ giác BCDEF đường thẳng qua tâm O hình cầu ngoại tiếp hình 20 mặt
0.5
Tính r = HB bán kính đường trịn ngoại tiếp ngũ giác BCDEF: Do tam giác BHC cân đỉnh H, BHC 72 0, nên
a r
2sin 36
0.5
Tính R bán kính khối cầu ngoại tiếp khối hai mươi mặt: Ta có: ASB ABH (góc có cạnh vng góc đôi)
BH r
cos
AB a
(do tam giác ABH vuông H)
0.5
AB a
sin
AS 2R
(do tam giác ABS vuông B) 0.5
nên ta có:
2
2 2
a a a a
R
2sin 2 cos r 2 a r
2 a
(4)Thay kết r ta được:
2
2
2
0
a a sin 36
R
4sin 36 a
2 a
2sin 36
Tính thể tích khối cầu:
3
4 a sin 36 V
3 4sin 36 1
.
0.5
Bài 5 (3 điểm)
Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác n cạnh, ta có:
1
2
A A 2R sin , A A 2R sin , A A 2R sin
n n n
Đẳng thức cho viết:
1 1
2
sin sin sin
n n n
1
Biến đổi biểu thức:
2 3
sin sin sin sin sin sin
n n n n n n
3
2sin cos sin sin sin sin
n n n n n n
3
sin sin sin 2sin cos
n n n n n
3 2
sin sin sin sin sin
n n n n n
7
2.sin sin cos
n 2n 2n
1
Do đẳng thức sinn
sin2n
xảy ra, nên có
cos
2n
Từ đó:
7
2k
2n
hay n 2k 1 Suy ra: n = Vậy đa giác có cạnh
1
-HẾT -Ghi : - Điểm tồn khơng làm trịn;