Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Sở giáo dục đào tạo phú thọ
kú thi chän häc sinh giái líp 12 thpt năm học 2008-2009 MônToán
Thi gian lm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang
-C©u (2,0 điểm)
Giải bất phơng trình
4 x
2
2 x
0
(log x 2)(x 25)
C©u (2,0 điểm) Giải hệ phơng trình
3
2
x 8x y 2y
x 3(y 1)
Câu (2,0 điểm)
Cho hai tia Ox, Oy vng góc với O Trên tia Ox, Oy lần lợt lấy điểm A, B không trùng với O cho diện tích tam giác OAB S cho trớc Kẻ OH vng góc với AB (HAB), gọi O1, O2 lần lợt tâm đờng tròn nội tiếp tam giác
OHA OHB, đờng thẳng O1O2 lần lợt cắt OA, OB I, J
1) Chøng minh tam gi¸c OIJ tam giác cân
2) Xỏc nh v trí điểm A, B cho diện tích tam giỏc OIJ ln nht
Câu (2,0 điểm)
Cho d·y sè xn tháa m·n
1 n n n n n
x 1, x x (x 1)(x 2)(x 3) 1 víi mäi
n nguyên dơng, đặt
n n
i i
1 y
x (n=1, 2, ) Tìm limyn
Câu (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC, từ điểm O nằm tam giác ABC vẽ đờng thẳng lần lợt song song với cạnh SA, SB, SC cắt mặt (SBC), (SCA), (SAB) tơng ứng điểm D, E, F
1) Chøng minh r»ng OD OE OF
SA SB SC
2) Xác định vị trí điểm O để thể tích hình chóp O.DEF đạt giá trị lớn Hết
-Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm
Họ tên thÝ sinh: SBD:
(2)M«n thi: To¸n
-Híng dÉn chÊm
Néi dung Điểm
Câu (2,0 điểm) Giải bất phơng tr×nh
4 x
2
2 x
0
(log x 2)(x 25)
+ §K: x0 x, 4 x, 5.
0,5
+ Chứng minh phơng trình x
2 x 1 0cã nghiÖm nhÊt x =3 0,5
+ Lập bảng xét dấu (hoặc dùng phơng pháp khoảng) cho tËp nghiƯm cđa BPT 0,5
đã cho là: S ; 5 4 0; 3; 4 5; 0,5
C©u 2 (2,0 ®iĨm)
Hệ phơng trình đa cho tơng đơng với
3
2
x y 8x 2y
6 3y x
(1)
Nhân phơng trình với theo vế ta đợc:
3 2
x x y 12xy 0
0,75
( 2)
x x xy 12y 0
x
x 3y
x 4y
0,50
+ Víi x = 0, thay vµo hƯ (1) kh«ng tháa m·n 0,25
+ Với x = 3y, thay vào hệ (1) đợc nghiệm x
y
vµ x
y
0,25
+ Với x = –4y, thay vào hệ (1) đợc nghiệm /
/
x 13
y 13
vµ /
/
x 13
y 13
0,25
(3)Néi dung Điểm Câu 3 (1,5 điểm)
1 (1,0 điểm)
Ta có tam giác AHO OHB đồng dạng nên tam giác OO1H
BO2H đồng dạng suy 1 2
1
HO HB
HO HO
O HO O HB
(1)
0,5
Tõ (1) suy nÕu thùc hiƯn liªn tiÕp phÐp biÕn hình gồm phép 450 H
Q VHk với
1 HO k
HO
O O1;B O2 đờng thẳng OB biến thành đờng
thẳng O1O2, góc OB O1O2 450, suy tam giác OIJ tam giác
vuông cân
0,5
2 (1,0 điểm)
Vì tam giác OIJ tam giác vuông cân nên
1
OHO OIO 45
, từ suy
ra OHO1OIO1, suy OI = OH
0,5
Do đó:
2 2
2
2 2
1 2S 2S 2S S S
S OIJ OH
2 AB OA OB OA OB 2S
( )
.
( )
Dấu đẳng thức xảy OA = OB tức tam giác OAB tam giác vuông cân
0,5
A B
O1 O2
H J
I x
y
(4)Câu 4 (2,0 điểm) Từ giả thiết
n n n n n
x x (x 1)(x 2)(x 3) 1
n n n n n
x x (x 3)(x 2)(x 1) 1
2
n n n n n
x (x 3x )(x 3x 2) 1 2
n n n
x (x 3x 1)
Hay
n n n
x x 3x
0,5
Từ suy xn 1 1 (xn 1)(xn 2) suy
n n n
1 1
x 2 x 1 x 1
Từ
n n
i 2 n n
i
1 1 1 1
y
x x x x x x x
=
1 n n
1 1
x 1 x 1 2 x 1 (1)
0,5
Từ giả thiết suy xn dÃy số dơng ( )2
n n n
x x x 1 1
xn 1 xn 1, từ suy xn dÃy tăng limxn (2)
Tõ (1) vµ (2) suy limyn
1,0
Câu (1,0 điểm)
0,25
1 (1,0 ®iĨm)
Chøng minh r»ng OD OE OF
SA SB SC
Ta cã OD MO
SA MA ;
OE NO
SB NA;
OF PO
SC PC (1)
0,5
D
F E
O
N
M P
C
B A
(5)Néi dung §iĨm
2 (1,0 điểm)
Gọi K hình chiếu F mp(ODE) H hình chiếu C
mp(SAB), ta cã ( ) ( ).
( ).
V O DEF S ODE FK
V S SAB CH (3)
L¹i SA//OD , SB//OE SC//OF nên:
( )
.
( )
S ODE OD OE
S SAB SA SB ;
FK OF
CH SC (4)
Từ (3) (4) ta đợc V O DEF( ) OD OE OF
V SA SB SC (*)
0,50
Từ đó: ( )
3
V O DEF OD OE OF OD OE OF
V SA SB SC 27 SA SB SC 27
Hay V O DEF( ) V
27
, dấu đ
Đẳng thức xảy vµ chØ OD OE OF MO NO PO
SA SB SC 3 MA NB PC 3 ,
tøc lµ O lµ träng tâm tam giác ABC Vậy V O DEF( )max V
27
, O lµ träng tâm tam giác ABC
0,50