sở gdđt bạc liêu sở gdđt bạc liêu kỳ thi chọn hsg lớp 10 11 vòng tỉnh năm học 2008 – 2009 đề thi đề xuất gồm 1 trang môn thi toán lớp 11 thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề đê

Một điểm M di chuyển trên x, một điểm N di chuyển trên y sao cho đoạn MN luôn bằng b không đổi.. Xét tứ diện ABMN.[r]

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2008 – 2009

Đề thi đề xuất (Gồm 1 trang)

Môn thi : Toán Lớp : 11

Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐÊ

Câu 1 ( 4 điểm ):

Tìm các nghiệm nguyên x, y của phương trình: 2

y x  y 2(x 1)y 4x  Câu 2 ( 4 điểm ):

Giải phương trình:

1 1

5 cos2009x 5 cos2009x 1

2  2 

Câu 3 ( 4 điểm ):

Dãy (un) cho bởi u1 1 2

 ; un + 1 u2n un  n 1 Đặt A u 1 1 u 1 1 u 1 1

1 2 2009

   

  

Chứng minh rằng: 1 < A < 2 Câu 4 ( 4 điểm ):

Tìm hàm f(x) biết f(x) là một đa thức bậc ba thoả : f(0) 0

2

f(x) f(x 1) x x

 

 

   

 

Câu 5 ( 4 điểm ):

Cho hai đường thẳng x và y chéo nhau và vuông góc với nhau, nhận AB = a làm đường vuông góc chung Một điểm M di chuyển trên x, một điểm N di chuyển trên y sao cho đoạn MN luôn bằng b không đổi Xét tứ diện ABMN a) Chứng minh rằng các mặt của tứ diện đều là tam giác vuông

b) Chứng minh rằng AM2 + BN2 và AN2 + BM2 là không đổi và góc giữa AB và MN cũng không đổi

c) Tìm quĩ tích trung điểm I của MN

-SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2008 – 2009

Hướng dẫn chấm Đề thi đề xuất (Gồm 5 trang)

Môn thi : Toán Lớp : 11

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 ( 4 điểm )

Phương trình tương đương: y x 02 2

(y x) y 2xy 2y 4x   

 

    

 

(0,5đ )

y x y x

y x

2 9

x 4x 1

2 8y 2x 9

4xy 2y x 4x y (x ) 2x 1

4x 2 2

   

 

  

     

  

    

  

  

 

( 1,0 đ )

Vì x, 8y ¢ nên |2x + 1| phải là ước của 9 hay 2x + 1 có các giá trị 1 ;

3

 ; 9 nên x 0, 1 , 2 , 5 ,4    ( 1,0 đ) Ta chỉ nhận x 0, 2  vì phải chọn để cho y ¢ ( 1,0 đ ) Vậy phương trình có nghiệm x 0

y 0

  

 

và x 2 x 2

  

 

(0,5 đ ) Câu 2 ( 4 điểm )

Đặt a = 51 cos2009x

2

1 cos2009x a5 (1) 2

   ( 0,5 đ )

Từ phương trình (*)  51 cos2009x

2 = 1 – a ( 0,5 đ ) 1 cos2009x (1 a) (2)5

2

   

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:

1 = a5 + (1 a) 5 (0,5đ)

5 0 1 1 2 2 3 3 1 4 5 5

1 a C5 C ( a)5 C ( a)5 C ( a)5 C ( a)5 C ( a)5

            

5 2 3 4 5

1 a 1 5a 10a 10a 5a a

        (0,5đ)

a 0

3 2

5a(a 2a 2a 1) 0 3 2

a 2a 2a 1 0

 

      

    

 a 0

a 0 a 0

a 1 0

2 a 1

(a 1)(a a 1) 0 2

a a 1 0 (VN)  

    

      



      



   

(1,0đ)

Với a = 0 1 cos2009x 0 cos2009x 1 cos

2 2 3



     

x k2 (k ) 6027 2009

 

   ¢

Với a = 1 1 cos2009x 1 cos2009x 1 cos2

2 2 3



     

2 k2

x (k )

6027 2009

 

    ¢

Vậy phương trình có nghiệm: x k2 6027 2009

 

 

và x 2 k2 (k ) 6027 2009

 

   ¢ (1,0đ)

Câu 3 (4 điểm ) n 1,2,

  ta có

1 1 1 1 1

un 1  un  u (un n 1) un  un 1 (1,0đ) Từ đó:

1 1 1 1 1 1 1 1

A

u1 u2 u2 u3 u3 u4 u2009 u2010

     

 

              

       

1 1 2 1 (1)

u1 u2010 u2010

    (1,0đ)

Do un0  A 2 (2) (0,5đ)

Rõ ràng dãy (un) là dãy tăng thực sự 2

1 1 3

2 u2 u1 u1

2 2 4

 

2

3 3 21

2

u3 u2 u2 1

4 4 16

 

      

  1

u2010 1 1

u2010

   

Do đó A 2 1 1 (3) u2010

   (1,0đ)

Kết hợp (2) với (3) ta có: 1 < A < 2 (đpcm) (0,5đ) Câu 4 ( 4 điểm )

Cách 1: Vì f (0) = 0  f (x) = a x3 + b x2 + c x (1) (0,5đ)

 f (x – 1 ) = a( x – 1)3 + b( x – 1)2 + c( x – 1)

= ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c

= ax3 – ( 3a – b)x2 + ( 3a – 2b + c)x – ( a – b + c) (0,5đ)

 f (x) – f(x – 1) = 3ax2 + (2b – 3a)x + a – b + c = x2 với mọi x (1,0đ)



1 a

3 3a 1

1

2b 3a 0 b

2

a b c 0 1

c 6 

 

  

 

   

 

    

 

  

 f(x) x3 x2 x

3 2 6

   (2,0đ)

Cách 2: Từ điều kiện ta tính được

f (0) = 0 , f (1) = 1 , f (2) = 5 , f (3) = 14 Từ đa thức bậc ba ta suy ra:

1 a

d 0 3

a b c 1 b 1

2 8a 4b 2c 5

1 27a 9b 3c 14 c

6 

   

 

  

 

 

 

  

 

    

  



( giải hệ bằng máy tính)

Câu 5 ( 4 điểm )

1/ Dễ thấy ABM vuông tại A và ABN vuông tại B

Do MA AB và MA BN nên MA(ABN) suy ra: MAAN

Vậy MAN vuông tại A

( Hình vẽ 0,5đ) 2/ Ta có: MN2 b2 AM2 a2  BN2

hay AM2 BN2 b2  a2 không đổi

Mặt khác AN2 BM2 AB2 BN2 MN2 BN2

hay AN2 BM2 a2  b2 không đổi (0,5đ) Trong mp (ABN) từ N kẻ NE // AB, AE // BN

Ta có MNE·  (góc của 2 đthẳng chéo nhau AB và MN)

Vì AE EN nên ME EN , do đó:

NE a cos

MN b

   ( với a < b )

Vậy góc  không đổi. (0,5đ)

3/ I là trung điểm của MN, do đó AI = b , BI b

2 2

(Vì các tam giác ADC, BDC là vuông )

Gọi O là trung điểm của AB Tam giác AIB cân, IO AB

A và B cho trước, do đó điểm O cố định

Và OI 1 b2 a2 AI2 AO2 1b 2 a 2

2 2 2

   

         

   

Vậy trung điểm I thuộc đường tròn, nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB, tâm O, bán kính OI 1 b2 a2

2

  (0,5đ)

Đảo lại: Trên đường tròn (O) lấy điểm I / tuỳ ý, dựng I /J

OIo

(OIo bán kính của đường tròn (O) vuông góc với mp (AB,By)

Thật vậy, O là trung điểm của AB và OJ // Ax nên JB // JM/ Suy ra I/ là trung điểm của đoạn M/N/

Mặt khác tam giác M/AN/ vuông do đó trung tuyến AI/ = 1 / /M N 2

Từ tam giác vuông AOI/ ta có: = AO2 OI/ a2 1(b2 a )2

4 4

   

Tức là AI/2 = b2 4 ,

b / AI

2

 hay M/N/ = b (0,5đ)

Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn MN = b (với M trên Ax; N trên By) là đường tròn nằm trong mp trung trực của AB, tâm O , bán kính là

1 b2 a2

2  (0,5đ)