Đề & ĐA HSG L12 năm 2008-2009

b Chứng tỏ rằng cĩ thể chia khối lăng trụ L thành 4 khối đa diện trong đĩ cĩ một khối lăng trụ đều đáy tam giác và ba khối hộp.. a Chứng tỏ rằng nếu một hình bình hành cĩ tất cả các đỉnh

SỎ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút

Bài 1: (4 điểm)

Tìm các cặp số thực x y;  sao cho:

8

x y

xy







Bài 2: (6 điểm)

DE a FA a BC  a.

a) Tính theo a thể tích của khối lăng trụ (L).

b) Chứng tỏ rằng cĩ thể chia khối lăng trụ (L) thành 4 khối đa diện trong đĩ

cĩ một khối lăng trụ đều đáy tam giác và ba khối hộp.

Bài 3: (6 điểm)

Oxy.

a) Chứng tỏ rằng nếu một hình bình hành cĩ tất cả các đỉnh đều nằm trên (C) thì tâm của hình bình hành đĩ là gốc tọa độ O.

b) Hỏi cĩ bao nhiêu hình vuơng cĩ tất cả các đỉnh đều nằm trên (C) ?

Bài 4: (4 điểm)

X1; X2 với X1 và X2 là các tập con của S thỏa điều kiện: X1X2 S b) Hỏi cĩ bao nhiêu cách thành lập tập hợp  A B;  , trong đĩ A và B là hai tập hợp khác nhau sao cho A B  1, 2,3, , 2007, 2008 ?

Hết

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh

Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 CHUYÊN - N¨m häc 2008-2009

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM

(4đ)

8

x y

xy







4; 2

x y thỏa hệ phương trình

Nếu x 0 thì y  và 20 x 4x 1 1 32

    Chỉ xét x 0

1,0

Thay y 8

x

 vào phương trình đầu ta được: 2x 216x 32

Xét hàm số f x  ( ) 2x 216x với x 0.

1,0

16 2

16 '( ) 2 ln 2x 2 ln 2;x

f x

x

16

1,0

(4) 32 '(4) 0

f  Do f  nên x 4 là điểm cực tiểu của ( )f x

Vì vậy với mọi x 0và x 4

Cặp số duy nhất thỏa mãn bài tốn là: x y ;  4; 2 ( ) 32f x 

1,0

Chú ý: 16 1 1 16

2

( ) 2 2 2x x 2 x x

f x

Với x 0 thì x 16 8

x

  Do đĩ ( ) 32f x  với mọi x 0

Bài 2 (6đ)

a)

(3 đ)

Thể tích của (L) là: V Sh h; 7 ;a S dt ABCDEF ( )

Do các gĩc của lục giác ABCDEF đều bằng nhau nênmỗi gĩc của nĩ bằng 1200

Gọi X, Y, Z lần lượt là các giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD, AB và

EF, CD và EF Ta cĩ tam giác XBC là tam giác đều cạnh 6a, tam giác YAF là tam

giác đều cạnh 5a, ZDE là tam giác đều cạnh 4a và XYZ là tam giác đều cạnh

12a

S dt XYZ  dt XBC  dt YAF  dt ZDE 

144 2 3 36 2 3 25 2 3 16 2 3 67 2 3

3

469 3

4

a

V 

b)

(2,0) Dựng điểm G sao cho BG AF 

, ta cĩ: 4FG ED   , 2BG 5CD

Dựng điểm H sao cho FH ED 

, ta cĩ điểm H trên tia FG với FH 4a và

2DH CB DH , 3a

 

Dựng điểm K sao cho DK CB

 

, ta cĩ điểm K trên tia DH với DK 6a và

1,0

, 2

BK CD BK  a

 

Do 2BG5CD

 

và BK CD

 

nên K ở trên đoạn BG với BG5 ,a BK 2a

Ta có:

GH FH FG  a a  a HK DK DH  a a a

KG BG BK   a a a

Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh 3a

Xét phép tịnh tiến theo vectơ AA 1

(AA1 là cạnh bên của (L)) Đáy ABCDEF của (L) biến thành đáy A1B1C1D1E1F1 Các điểm G, H, K lần lượt biến thành G1, H1, K1

1,0

Khối (L) là hợp bởi các khối lăng trụ đứng sau:

1) ABGF A B G F 1 1 1 1 2) EFHD E F H D 1 1 1 1 3)CDKB C D K B 1 1 1 1 4)GHK G H K 1 1 1

Do ABGF, EFHD và CDKB là các hình bình hành nên các khối ABGF A B G F , 1 1 1 1

EFHD E F H D , CDKB C D K B là các khối hộp. 1 1 1 1

Do tam giác GHK là tam giác đều nên khối GHK G H K là khối lăng trụ đều. 1 1 1

1,0

Bài 3 (6 đ)

a)

(3,0)

Xét hình bình hành M M M M có các đỉnh 1 2 3 4 M x y1 1; 1,M x2 2; y2,

M x y M x y nằm trên đồ thị (C): y x 3 2 2x

Do M M1 2 M M4 3

 

nên x2 x1x3 x4 và y2 y1y3 y4

1,0

y  y y  y  x  x  x  x x  x  x  x

   2 2     2 2 

Vì x2 x1x3 x4 0 nên 2 2 2 2

x x x x  x x x x  Do đó

x x x x

1,0

Để chứng tỏ tâm của hình bình hành M M M M là gốc tọa độ O ta chứng tỏ:1 2 3 4

x x  và y1y30

x x x  x x  x  x x  x x x  x  x x  x x 

Mà x1 x4 0 nên x1x3 0

y y x  x x  x  x x x  x x x  

Chú ý: Có thể nhận xét O là tâm đối xứng (duy nhất) của (C) Sau đó lập luận nếu

1,0

tâm của hình bình hành khác O thì mâu thuẫn.

b)

(3,0) Giả sử tồn tại hình vuông M M M M có các đỉnh 1 2 3 4 M x y1 1; 1,M x2 2; y2,

M x y M x y nằm trên đồ thị (C): y x 3 2 2x Theo câu a) hình

vuông M M M M có tâm O Gọi 1 2 3 4 k là hệ số góc của đường thẳng M M Không1 3

mất tính tổng quát có thể giả sử k 0 Lúc đó đường thẳng M M có hệ số góc là2 4

1

k



1,0

Xét hình thoi M M M M với 1 2 3 4 1 1 1 2 2 2

1

k



Trong đó x là nghiệm khác 0 của phương trình 1 x3 2 2x kx nên 2

x  k

còn x là nghiệm khác 0 cuả 2 3 2

2

4

1,0

Hình thoi M M M M là hình vuông khi và chỉ khi:1 2 3 4

2

2

                 

Phương trình này có hai nghiệm Chọn 6 2 2

k    , nghiệm còn lại là 1

k



Đó chính là hệ số góc của hai đường chéo M M và 1 3 M M của hình vuông đang2 4

xét

Có đúng một hình vuông thỏa bài toán

1,0

Bài 4 (3 đ)

a)

(2,0) Một phần tử thuộc đôi một sau: 1) X1X2 khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li

Ngoài ra: X1 X1\X2  X1X2 và X2 X2 \X1  X1X2 1,0

Do đó, số cặp có thứ tự X1; X với 2 X1, X là các tập con của S thỏa điều kiện:2

X X S bằng số cách đặt tất cả n phần tử của S vào 3 tập hợp:

X X X X X X sao cho mỗi phần tử được đặt vào đúng một trong 3

tập đó Số cách đặt như thế bằng 3n

1,0

(2,0) Đặt S 1, 2,3, , 2007, 2008 Khi A B S  thì A, B là các tập con của S

Số cặp có thứ tự X1; X với 2 X1, X là các tập con của S thỏa điều kiện:2

X X S là 32008

1,0

Trong đó có một cặp S S và ,  32008 cặp 1 X1; X với 2 X khác 1 X Chú ý2

 X1; X2  X2; X1 Vì vậy số cách thành lập tập  A B với A, B khác nhau và; 

A B S  là: 1 2008 

1,0

S