Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 năm 2008-2009 này gồm 7 câu hỏi bài tập với thời gian làm bài trong vòng 180 phút. Ngoài ra, tài liệu này còn kèm theo đáp án chi tiết cho mỗi câu hỏi bài tập. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi này.
SỞ 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 Mơn : TỐN Thời gian làm : 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 π 3π ÷ 4 a) Với m = , tìm nghiệm phương trình (1) khoảng − ; b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm khoảng π 3π − ; ÷ 4 Bài 2: (3 điểm) Cho điểm A cố định đường tròn điểm C di động đường trịn Dựng hình thoi ABCD (hướng quay tia AB đến AC AD theo chiều dương lượng giác) cho góc ·ABC = 2arc cot a) Xác định phép đồng dạng biến điểm C thành điểm B b) Tìm quỹ tích điểm B D Xác định quỹ tích Bài 3: (3 điểm) log xy = 3log x log 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 4 Bài 4: (2 điểm) 11 4n − + + ×××+ n với số nguyên dương n 2 2 a) Chứng tỏ tử số 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 rút gọn un tính lim un Bài 5: (3 điểm) a) Tính tổng số chẵn có chữ số viết từ chữ số 1, 2, 3, b) Tìm hệ số số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn n + x x ÷ biết tổng hệ số số hạng khai x triển a0 + a1 + a2 + + an = 4096 O Bài 6: (3 điểm) M Cho cốc nước (hình vẽ) phần hình nón đỉnh S, đáy có tâm O bán kính R, chiều cao SO = h Trong cốc nước chứa lượng nước có chiều cao a so với đính S Người ta bỏ vào cốc nước viên bi hình cầu nước dâng lên vừa phủ kín cầu Hãy tính bán kính viên bi theo R h I S Bài 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy ϕ a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy cạnh bên hình chóp b) Mặt phẳng (P) tạo đường thẳng AB đường phân giác góc mặt bên SAB mặt đáy (góc có đỉnh AB) cắt hình chóp theo thiết diện chia hình chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Hết SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009 Mơn: TỐN 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 π 1− t2 Đặt t = cos x − sin x = cos x + ÷ , − ≤ t ≤ , sin x cos x = 4 2t + = − ≤ t ≤ 2, t ≠ ±1 Phương trình (a) trở thành: t + 1− t2 ⇔ 3t + 2t − 9t − = − ≤ t ≤ 2, t ≠ ±1 ( ( ) ( ) 0,5 ) ⇔ (t + 2)(3t − 4t − 1) = − ≤ t ≤ 2, t ≠ ±1 (*) 2± 2−3 2− + + 2,5 Ta có: − < − = < < 0; > = 1,5 > 3 3 2− Do phương trình (*) có nghiệm t = Suy phương trình (a) tương đương π 2− π 2− cos x + ÷ = ⇔ cos x + ÷ = 4 4 π 3π π ⇔ < x + < π , nên phương trình (a) có Theo giả thiết: − < x < 4 2− π nghiệm x = − + arccos ÷ ÷ ⇔ t = −2 < − (loại) hay t = ( ) ( 2t = −m − ≤ t ≤ 2, t ≠ ±1 (2) 1− t π π t Nhận xét: phương trình cos x + ÷ = t t ≤ 2, t ± ⇔ cos x + ÷ = 4 4 π t π 3π có nghiệm khoảng − ; ÷ x = − + arccos 4 π 3π Do để (1) có nghiệm khoảng − ; ÷ phương trình (2) có 4 nghiệm 2t − ≤ t ≤ 2, t ≠ ±1 Xét hàm số g (t ) = t + 1− t 2(1+ t2 ) g '(t ) = + > 0, ∀t ∈ − 2; \ { −1;1} 2 ( 1− t ) (1) ⇔ t + ( 0,5 0,5 ) 0,5 ) 0,5 Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi: m ∈ −∞; − ∪ 2; + ∞ : ( t ) − g'(t) -1 + + +∞ 0,5 + +∞ − g(t) −∞ −∞ Bài (3đ) a) (1,0) b) (2,0) BI · = ⇒ IAB = arctan = α (không đổi) Ta có: ·ABI = arccot ⇒ AI AB a 3 0,5 Nếu đặt AI = a AB = a ⇒ = = = k (không đổi) AC 2a Do đó: Qua phép quay tâm A, góc −α : điểm C biến thành điểm M uuur r uuuu AB = AM nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 Vậy: B ảnh C qua phép đồng dạng F tỉ k = 0,5 Quỹ tích C đường trịn (O), nên: Quỹ tích B ảnh đường tròn (O) 0,25 qua phép đồng dạng F Tương tự, D ảnh C qua phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc α phép vị tự tâm A tỉ số k = Phép biến hình hợp thành hai phép biến hình phép đồng dạng F' 0,5 Vậy: D ảnh C qua phép đồng dạng F' tỉ k = 0,25 Để xác định quỹ tích B: Ta chọn điểm C (O), dựng trung điểm I AC, dựng hình vng AIKL, dựng đường trịn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC B Dựng hình thoi ABCD Dựng đường trịn tâm A bán kính AC cắt tia AB M Để dựng ảnh O O' qua phép quay Q(A, −α ): Dựng trung điểm J AO, dựng hình vng AJRS, dựng đường trịn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO P Dựng đường trịn 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 đường trịn tâm O", bán kính R" = O"A Quỹ tích D đường trịn (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 log xy = 3log8 x log8 y ⇔ log x x ( x > 0, y > 0, y ≠ 1) log x − log y = log = log x 2 y log y 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 − v = 4v 2u = u v + 4v ÷ Nếu u = v = trái với điều kiện Do 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 cho có hai nghiệm: ( x ; y ) = ; ÷ , ( x ; y ) = 8; 2 2 ( ) 0,5 0,5 b) (1,5) Bài Bài a) 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 ÷ = 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 cơng sai d = Suy ra: (4 ( k + 1) − 1) = (4k − 1) + (4 ( k + ) − 1) ⇔ ( 4k + ) = (4k − 1) + (4 k + 7) k + k − 4k + k − 4k + k + ⇔ 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 n − n + 4n + n + = − ÷+ − ÷+ − ÷+ + n −2 − 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 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 ( + + + ) = 320 ∑ d = 64 ( + ) = 384 Suy ra: ∑ abcd = 320 ( 10 + 102 + 10 ) + 384 = 320 ×1110 + 384 = 355584 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 b) (1,5) n k n − Ta có: f ( x) = + x x = a x ÷ ∑ k x x k =0 n 5( n − k ) 0,25 0,5 f (1) = ∑ ak = ( + 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 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 10 Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: C12 = 66 Bài 0,25 0,25 0,25 (3đ) I S π R2 a3 r a Thể tích nước chứa cốc là: V0 = π r a = = ÷ 3 h2 R h Khi thả viên bi vào nước dâng lên vừa phủ kín cầu, tức mặt nước tiếp xúc với mặt cầu Gọi x bán kính viên bi, ta có: VC = π x 1 π R h13 Thể tích khối nón chứa nước cầu là: V1 = π r12 h1 = 3 h2 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 + R2 + h2 h h π x3 2 Do đó: V1 = π r1 h1 = R + R + h 3 Rh π x3 π R a 4π x 2 Ta có: V1 − V0 = VC ⇔ R + R + h − = Rh h2 3 ⇔ x R + R + h − a R = Rh x ⇔ R + R + h − Rh x = a R ) ( ) ( ) ) ( ( ) ( Với điều kiện: R + R + h ) ( > Rh , ta tìm bán kính viên bi: 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 + R2 + h2 2 0,25 Rh a R3 ( R + R2 + h2 ⇔ a3 R 3h3 ) h ( R + R + h ) − Rh h × ( R + R + h ) − Rh ⇔a= = R+ R +h ( R+ R +h ) Suy ra: ) = R2 + h2 − Rh 2 (R+ R2 + h2 3 2 2 Vậy: Để nước cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi khơng tràn ngồi thì: 2 R + R + h > Rh 2 R+ h × R + h − Rh 0