Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế khối 12 THPT - Năm học 2008-2009 môn: Toán

b Mặt phẳng P tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy góc này có đỉnh ở trên AB cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai ph[r]

SỎ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề thi gồm 02 trang Bài 1: (3 điểm) Cho phương trình cos x  sin x  1   m  (1) sin x cos x  3 a) Với m  , tìm các nghiệm phương trình (1) trên khoảng   ;   4  b) Với giá trị nào m thì phương trình (1) có nghiệm trên khoảng   3  ;  4    Bài 2: (3 điểm) Cho điểm A cố định trên đường tròn và điểm C di động trên đường tròn đó Dựng hình thoi ABCD (hướng quay tia AB đến AC và AD theo chiều ABC  2arc cot dương lượng giác) cho góc  a) Xác định phép đồng dạng biến điểm C thành điểm B b) Tìm quỹ tích các điểm B và D Xác định các quỹ tích đó Bài 3: (3 điểm)  log8 xy  3log8 x log8 y  x a) Giải hệ phương trình  log y  log y x  b) Giải bất phương trình: log x log x   log x  log x 2 4 Bài 4: (2 điểm) 11 4n      n với số nguyên dương n 2 2 a) Chứng tỏ các tử số các số hạng liên tiếp un lập thành Cho dãy số un   cấp số cộng b) Hãy biến đổi số hạng un (n  1) thành hiệu liên quan đến số hạng nó, từ đó rút gọn un và tính lim un Bài 5: (3 điểm) a) Tính tổng các số chẵn có chữ số viết từ các chữ số 1, 2, 3, b) Tìm hệ số số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn n     x x  biết tổng các hệ số các số hạng khai  x  triển này là a0  a1  a2   an  4096 Lop12.net O Bài 6: (3 điểm) M Cho cốc nước (hình vẽ) phần trên là hình nón đỉnh S, đáy có tâm O bán kính R, chiều cao SO = h Trong cốc nước đã chứa lượng nước có chiều cao a so với đính S Người ta bỏ vào cốc nước viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín cầu Hãy tính bán kính viên bi theo R và h I S Bài 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC cạnh đáy a, góc mặt bên và mặt đáy  a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và các cạnh bên hình chóp b) Mặt phẳng (P) tạo đường thẳng AB và đường phân giác góc mặt bên SAB và mặt đáy (góc này có đỉnh trên AB) cắt hình chóp theo thiết diện và chia hình chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần đó Hết Lop12.net Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ Kú thi chän häc sinh giái tØnh Khèi 12 THPT - N¨m häc 2008-2009 Môn : TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài (3đ) a) (1,5) NỘI DUNG Giải phương trình: cos x  sin x  ĐIỂM 1    (a) sin x cos x  1 t  Đặt t  cos x  sin x  cos  x   ,   t  , sin x cos x  4  2t     t  2, t  1 Phương trình (a) trỏ thành: t  1 t 3  3t  2t  9t     t  2, t  1      0,5   (t  2)(3t  4t  1)    t  2, t  1 (*) 2 23 2   2,5   0;   1,5  Ta có:     3 3 2 Do đó phương trình (*) có nghiệm t  Suy phương trình (a) tương đương   2   2   cos  x     cos  x    4 4    3    x    , nên phương trình (a) có Theo giả thiết:   x  4  2   nghiệm x    arccos     2t (1)  t   m   t  2, t  1 (2) 1 t2   t   Nhận xét: phương trình cos  x    t t  2, t   cos  x    4 4    t   3  có nghiệm khoảng   ;  là x    arccos  4    3  Do đó để (1) có nghiệm khoảng   ;  thì phương trình (2) có  4  nghiệm 2t   t  2, t  1 Xét hàm số g (t )  t  1 t2 1  t  g '(t )    0, t    2;  \ 1;1 2  t    t  2   (loại) hay t      0,5 0,5  0,5  Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm và khi: Lop12.net 0,5   m  ;     2;   :  t g'(t) + -1 +  +  0,5  g(t)   Bài (3đ) a) (1,0) b) (2,0) BI   arctan   (không đổi) ABI  arccot    IAB Ta có:  AI AB a 3 0,5    k (không đổi) Nếu đặt AI  a thì AB  a  AC 2a Do đó: Qua phép quay tâm A, góc  : điểm C biến thành điểm M và   AB  AM nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số k  2 0,5 Vậy: B là ảnh C qua phép đồng dạng F tỉ k  Quỹ tích C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích B là ảnh đường tròn (O) 0,25 qua phép đồng dạng F Tương tự, D là ảnh C qua phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc  và phép vị tự tâm A tỉ số k  Phép biến hình hợp thành hai phép biến hình này là phép đồng dạng F' 0,5 Vậy: D là ảnh C qua phép đồng dạng F' tỉ k  0,25 Để xác định quỹ tích B: Ta chọn điểm C trên (O), dựng trung điểm I AC, dựng hình vuông AIKL, Lop12.net dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC B Dựng hình thoi ABCD Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB M Để dựng ảnh O là O' qua phép quay Q(A,  ): Dựng trung điểm J AO, dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO P Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP O' Qua B kẻ đường thẳng song song với MO' cắt tia AP O" Quỹ tích B là đường tròn tâm O", bán kính R" = O"A Quỹ tích D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO Bài a) (1,5) 0,25 0,25 0,25 0,25 (3đ) log x  log y  log x log y  log8 xy  3log8 x log8 y    log x x  x  0, y  0, y  1  log y  log y x  log x  log y  log y   0,5 Đặt: u  log x ; v  log y hệ phương trình trở thành:  u  v  1  v  u  v  uv     v   (2) 3u  v       u  u v  u  v      4v  4v   Nếu u  thì v  trái với điều kiện Do đó u  Suy ra: v  v   u  v  1  u   3   u; v    1;  ,  u; v    3;   u, v     v 1  2   2 2  v  4v  8v    4v Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm:  x ; y    ;  ,  x ; y   8; 2 2    Lop12.net 0,5 0,5 b) (1,5) Bài log x log x   log x  log x  log x log x   3log x  log x  2 4 4 log x   log x         log x    log x     log x   hay log x   3     x4 x4   27   3     27 hay    27  64  x   x     64  x     64        27  Vậy tập nghiệm bất phương trình là:  ;   64  (2 đ) Ta có:  4(k  1)  1   4k  1    4(k  2)  1   4(k  1)  1 Do đó:3, 7, 11, , (4k-1) lập thành cấp số cộng có công sai d = Suy ra: (4  k  1  1)   (4k  1)  (4  k    1)    4k  3  (4k  1)  (4k  7) Bài a) 4k  4k  4k  4k  4k  4k   k 1  k    k 1  k 2 2k 2k Suy ra: 11 4(n  1)  4n  un       n  2 2n 1 11   11 15   15 19  4n  4n  4n  4n                 n   n 1  n 1   2  2  2 2n  4n  un    lim un  2n (3 đ) Các số cần tính tổng có dạng abcd với a, b, c  1, 2, 3, 4 , d  2, 4 (1,5đ) Ta có abcd  103 a  102 b  10c  d   abcd  103  a  102  b  10 c   d 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 Có tất cả:     128 số chẵn gồm chữ số viết từ 1, 2,3, 4 , đó: chữ số a, b, c xuất    32 lần chữ số d xuất    64 lần Do đó:  a   b   c  32 1      320 và  d  64     384 Suy ra:  abcd  320 10  102  10   384  320 1110  384  355584 Lop12.net 0,5 0,5 0,25 b) (1,5) n k n    f ( x )   x x  a x Ta có: 3   k x  x  k 0 n 5 n  k  0,25 0,5 f (1)   ak  1  1  2n  4096  212  n  12 n k 0 Suy ra: 12 k 12  k 12       k  3  x x  C x x      12 3  k 0  x      Bài 12  C x k 0 k 12  k 512  k   3 12  C x k 0 k 12 6 k  60 Số hạng không chứa x ứng với 6k  60   k  10 Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: C1210  66 (3đ) 0,25 0,25 0,25 I S 1  R a3  r a  Thể tích nước chứa cốc là: V0   r a     3 h2  R h  Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín cầu, tức là mặt nước tiếp xúc với mặt cầu Gọi x là bán kính viên bi, ta có: VC   x3 1  R h13 Thể tích khối nón chứa nước và cầu là: V1   r12 h1  3 h2 Lop12.net 0,5 0,5   x R xl x R  h x   SI    h1  SI  x  R  R  h2 SI l R R R Rh1 x r1   R  R  h2 h h  x3 2 R  R  h Do đó: V1   r1 h1  3 Rh  x3  R a 4 x3 2 R  R  h   Ta có: V1  V0  VC  Rh h2 3    x3 R  R  h  a R  Rh x3   R  R  h  Rh  x3  a R               4Rh , ta tìm bán kính viên bi:  Với điều kiện: R  R  h 2 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 aR x   4Rh x Nếu h  h  h   R  R  h   x  R R  R  R  h2 2 Suy ra:  a3 R3 R  R  h2    Rh R  R h3   R  h2   h3  R  R  h  Rh  h   a  a 2 R R h   0,25 Rh R  h2  R  R  h2   4Rh R  R  h2 Vậy: Để nước cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ngoài thì:  2 R  R  h  Rh    2 R h  R  h  Rh   0a R  R  h2  aR Với điều kiện này, bán kính viên bi là: x  3 R R  h  Rh      Lop12.net  Bài a) (1,5) (3 đ)    SMO S SO  a tan  a tan   Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và cạnh bên hình chóp có tâm I cách (ABC) và SA, nên I là giao điểm tia phân giác góc SAO và SO, bán kính mặt cầu là: r  IO IO AO IO AO    IS AS OS AO  SA a tan  r  tan   Mặt phẳng (P) tạo AB và phấn giác  , cắt hình chóp MT góc   SMO theo thiết diện là tam giác cân ABN (N là giao điểm tia phân giác MI và SC) Gọi H1 và H2 là hình chiếu S và C xuống MI, ta có hai tam giác vuông SMH1 và CMH2 đồng dạng, nên: SH1 SM   CH CM 3cos  Suy tỉ thể tích hai hình tứ diện cắt thiết diện AMB là: VSABN SM   VCABN CM 3cos  SA  AO  SO  K L H I B C O M A b) (1,5) S N I H H B O C M A Lop12.net 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5