Đề & ĐA HSG THPT 08-09

Dựng hình thoi ABCD hướng quay của tia AB đến AC và AD theo chiều dương lượng giác sao cho gĩc  ABC  2 arc cot 2.. Người ta bỏ vào cốc nước một viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa p

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

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 sin 1 1 0 (1)

sin cos

a) Với 2

3

m  , tìm các nghiệm của phương trình (1) trên khoảng ;3

4 4

 



b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) cĩ 2 nghiệm trên khoảng

3

;

4 4

 

Bài 2: (3 điểm)

Cho điểm A cố định trên đường trịn và điểm C di động trên đường trịn

đĩ Dựng hình thoi ABCD (hướng quay của tia AB đến AC và AD theo chiều dương lượng giác) sao cho gĩc  ABC  2 arc cot 2

a) Xác định phép đồng dạng biến điểm C thành điểm B.

b) Tìm quỹ tích của các điểm B và D Xác định các quỹ tích đĩ.

Bài 3: (3 điểm)

a) Giải hệ phương trình

2

3

x

x y















log log 3 log log

Bài 4: (2 điểm)

n

u       với mọi số nguyên dương n a) Chứng tỏ rằng các tử số của các số hạng liên tiếp của u n lập thành một cấp số cộng.

b) Hãy biến đổi mỗi số hạng của u n  n ( 1) thành một hiệu liên quan đến 2 số hạng kế tiếp của nĩ, từ đĩ rút gọn u n và tính lim un

Bài 5: (3 điểm)

a) Tính tổng các số chẵn cĩ 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4.

b) Tìm hệ số của số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn

3

x x x



biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong khai triển này là a0a1a2 a n 4096

Bài 6: (3 điểm)

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 một lượng nước có chiều cao a so

với đính S Người ta bỏ vào cốc nước một

viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa

phủ kín quả cầu Hãy tính bán kính của

viên bi theo R và h

Bài 7: (3 điểm)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng 

a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và các cạnh bên của hình chóp.

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 phần Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.

Hết

O

S I M

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

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

Môn : TOÁN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM

(3đ)

Giải phương trình: 1 1 2

a)

(1,5) Đặt tcosx sinx 2 cosx4

 ,  2 t 2,

2 1 sin cos

2

t

t

t



3 2

3t 2t 9t 2 0 2 t 2,t 1

2 (t 2)(3t 4 1) 0t 2 t 2,t 1

t

    (loại) hay 2 7

3

Ta cĩ: 2 1 2 3 2 7 0; 2 7 2 2,5 1,5 2

Do đĩ phương trình (*) chỉ cĩ một nghiệm 2 7

3

t  Suy ra phương trình (a) tương đương

Theo giả thiết: 3 0



       , nên phương trình (a) chỉ cĩ một

nghiệm duy nhất arccos 2 7

x     

0,5

0,5

0,5

2

2

1

t

t

Nhận xét: phương trình 2 cos  2, 1 cos

t

cĩ một nghiệm duy nhất trong khoảng ;3

4 4

 

x  

Do đĩ để (1) cĩ 2 nghiệm trong khoảng ;3

4 4

 



  thì phương trình (2) cĩ 2 nghiệm

2

1

t

t

2 2 2

2 1

1

t

t



 Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) cĩ hai nghiệm khi và chỉ khi:

0,5

0,5

 ; 2 2; 

m      

t  2 -1 1 2

g'(t) + + +

 

2

g(t)  2

   

0,5 Bài 2 (3đ) a) (1,0)

Ta có: ABI arccot 2 BI 2 IAB arctan 2

Do đó: Qua phép quay tâm A, góc  : điểm C biến thành điểm M và

3 2

nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số 3

2

Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ 3

2

0,5

0,5 b)

(2,0) Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích của B là ảnh của đường tròn (O)qua phép đồng dạng F 0,25

Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc 

và phép vị tự tâm A tỉ số 3

2

k  Phép biến hình hợp thành của hai phép biến hình này là phép đồng dạng F'

Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ 3

2

0,5 0,25

Để xác định quỹ tích của B:

Ta chọn một điểm C trên (O), dựng trung điểm I của AC, dựng hình vuông AIKL,

dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC tại B Dựng hình thoi

ABCD Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB tại M

Để dựng ảnh của O là O' qua phép quay Q(A,  ): Dựng trung điểm J của AO,

dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO

tại P Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP tại O' Qua B kẻ đường

thẳng song song với MO' cắt tia AP tại O"

Quỹ tích của B là đường tròn tâm O", bán kính R" = O"A

0,25

0,25 0,25 Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO 0,25

Bài 3 (3đ)

a)

2

2

2

log 3 3

4 log

x x

x

y y





0,5 Đặt: ulog2x v; log2 y hệ phương trình trở thành:

 

1

3

2

4 4

u v uv

u

u u v

u v

v v

 



(2)

Nếu u 0 thì v 0 trái với điều kiện Do đó u 0

Suy ra:

2

1

2

4

v

v u

u

v

v

v







0,5

Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm:

 ;  1; 2 ,  ;  8; 2 2

2

0,5

log x 2 log x 3 0 log x x 3 0 hay log x x 3 0

3

4

x x







   

  



 



hay 3

4

27

4

x

x x







  

  



 



.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 27; 4

64

0,5 0,5

0,5

Bài 4 (2 đ)

Ta có: 4(k1) 1  4k1 4 4(k2) 1   4(k1) 1 

Do đó:3, 7, 11, , (4k-1) lập thành một cấp số cộng có công sai d = 4

Suy ra:

2 (4 k1 1)  (4k1)(4 k2 1)  2 4k3 (4k1) (4 k7)

0,5

0,5

Suy ra:

u



2

n

0,5

0,5

Bài 5 (3 đ)

a)

(1,5đ)

Các số cần tính tổng có dạng abcd với a b c, , 1, 2, 3, 4 , d2, 4

Ta có abcd 103a102b10c d  abcd103a102b10cd

Có tất cả: 4 4 4 2 128    số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ 1, 2,3, 4 , trong đó:

mỗi chữ số , ,a b c xuất hiện 4 4 2 32   lần

mỗi chữ số d xuất hiện 4 4 4 64   lần

Do đó: abc32 1 2 3 4     320 và d 64 2 4   384

320 10 10 10 384 320 1110 384 355584



0,25

0,5 0,5 0,25

(1,5) Ta có:

 

5

3

0

1 ( )

n n k n k

k k

x







0

n

k k



Suy ra:

 

12

3

x

Số hạng không chứa x ứng với 6k60 0  k10

Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: 10

12 66

C 

0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

Bài 6 (3đ)

Thể tích nước chứa trong cốc là:

2 3 2



0,5

Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu, tức là mặt nước tiếp xúc

với mặt cầu Gọi x là bán kính của viên bi, ta có: 4 3

3

C

Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là:

2 3

R h

h





0,5

2 2

2 2 1



 2 2

1 1

x

Rh





C

0,5 0,25

0,25

0,5

I

S

Với điều kiện: R R2h23 4Rh2, ta tìm được bán kính của viên bi:

 2 23 2

aR x



Suy ra:



3 3

2 2

Vậy: Để nước trong cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ra ngoài thì:

3

3

3

2 2

4

4 0

a











 





Với điều kiện này, bán kính của viên bi là:

 2 23 2

aR x



0,25

0,25

Bài 7 (3 đ)

a)

3 tan 6

a

tan 4 6

a

Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và mỗi cạnh bên của hình chóp có tâm I cách đều (ABC) và SA, nên I là giao điểm của tia phân giác góc SAO và SO, bán kính của mặt cầu là: r IO

AO SA

 2

3 tan

a





0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 b)

(1,5)

Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phấn giác

MT của góc  SMO, cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác cân ABN (N

là giao điểm của tia phân giác MI và SC)

Gọi H1 và H2 là hình chiếu của S và C xuống MI, ta có hai tam giác vuông SMH1 và CMH2 đồng dạng, nên:

1 2

1 3cos

Suy ra tỉ thể tích của hai hình tứ diện được cắt ra bởi thiết diện AMB là:

1 3cos

SABN CABN

0,5

0,5

0,5

A

B

C

S

O M

I H

K

L

A

B

C

S

O M

I

N H1 H