Đề thi chọn HSG toán cấp tỉnh L12 2008-2009 chuyên

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

xy



Bài 2: (6 điểm)

Cho khối lăng trụ đứng (L) cĩ cạnh bên bằng 7a Đáy của (L) là lục giác lồi ABCDEF cĩ tất cả các gĩc đều bằng nhau và AB a CD = , = 2 , a EF = 3 , a DE = 4 , a FA = 5 , a BC = 6 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)

Gọi (C) là đồ thị hàm số y x = −3 2 2 x được dựng trên mặt phẳng tọa độ 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)

a) Cho tập hợp S cĩ n phần tử Chứng minh rằng cĩ đúng 3n cặp cĩ thứ tự ( X1; X2) với X1 và

2

X là các tập con của S thỏa điều kiện: X1U 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

{ 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

Môn : TOÁN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM

(4đ)

2 4 32

8

xy



4; 2

x = y = thỏa hệ phương trình

Nếu x < 0 thì y < 0 và 2x+ 4x < + < 1 1 32 Chỉ xét x > 0

1,0

Thay 8

y x

= vào phương trình đầu ta được: 2x+ 216x = 32 Xét hàm số ( ) 2x 216x

f x = + 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 ) f x ( ) 32 >

1,0

Chú ý: 16 1 1 16

2

( ) 2 2 2x x 2 x x

f x

+  + ÷

Với x > 0 thì 16

8

x x

+ ≥ Do đĩ f x ( ) 32 > 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 nên mỗi gĩc của nĩ bằng 0

120 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

144 3 36 3 25 3 16 3 67 3

3

469 3

4

a

b)

(2,0) Dựng điểm G sao cho uuur uuur BG = AF, ta cĩ: 4 FG ED uuur uuur = , 2 uuur BG = 5 CD uuur

Dựng điểm H sao cho FH uuur uuur = ED, ta cĩ điểm H trên tia FG với FH = 4 a và

2 uuuur uuur DH CB DH = , = 3 a

Dựng điểm K sao cho DK CB uuur uuur = , ta cĩ điểm K trên tia DH với DK = 6 a và

uuur uuur

Do 2 BG uuur = 5 CD uuur và uuur uuur BK CD = nên K ở trên đoạn BG với BG = 5 , a BK = 2 a

1,0

Ta có:

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

Xét phép tịnh tiến theo vectơ AA uuuur1

(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,

1 1 1 1

.

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

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

1,0

Bài 3 (6 đ)

a)

(3,0)

Xét hình bình hành M M M M1 2 3 4 có các đỉnh M x y1( 1; 1) , M x2( 2; y2) ,

3 3; 3 , 4 4; 4

M x y M x y nằm trên đồ thị (C): y x = −3 2 2 x

Do M M uuuuuur uuuuuur1 2 = M M4 3 nên x2− = − x1 x3 x4 và y2− = − y1 y3 y4

1,0

2 1 3 4 2 2 2 2 1 2 2 1 3 2 2 3 4 2 2 4

( ) ( 2 2 ) ( ) ( 2 2 )

2 1 2 2 1 1 2 2 3 4 3 3 4 4 2 2

Vì x2− = − ≠ x1 x3 x4 0 nên x22+ x x2 1+ − x12 2 2 = x32+ x x3 4+ − x42 2 2 Do đó

2 1 3 4

x x = x x

1,0

Để chứng tỏ tâm của hình bình hành M M M M1 2 3 4 là gốc tọa độ O ta chứng tỏ: x1+ = x3 0 và

1 3 0

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

Mà x1− ≠ x4 0 nên x1+ = x3 0

1 3 1 2 2 1 3 2 2 3 1 3 1 1 3 3 2 2 0

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

bình hành khác O thì mâu thuẫn

1,0

b)

(3,0) Giả sử tồn tại hình vuông M M M M1 2 3 4 có các đỉnh M x y1( 1; 1) , M x2( 2; y2) ,

3 3; 3 , 4 4; 4

M x y M x y nằm trên đồ thị (C): y x = −3 2 2 x Theo câu a) hình vuông

1,0

1 2 3 4

M M M M có tâm O Gọi k là hệ số góc của đường thẳng M M1 3 Không mất tính tổng quát

có thể giả sử k > 0 Lúc đó đường thẳng M M2 4 có hệ số góc là 1

k

−

Xét hình thoi M M M M1 2 3 4 với 1( 1 1) 2 2 2

1

k

Trong đó x1 là nghiệm khác 0 của phương trình x3− 2 2 x kx = nên x12 = 2 2 + k còn x2 là

nghiệm khác 0 cuả 3 1 22 1 2

4

1,0

Hình thoi M M M M1 2 3 4 là hình vuông khi và chỉ khi:

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 M1 3 và M M2 4 của hình vuông đang xét

Có đúng một hình vuông thỏa bài toán

1,0

Bài 4 (3 đ)

a)

(2,0) Một phần tử thuộc X1U X2 khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li đôi một sau: 1)

1\ 2 2) 1 2 3) 2 \ 1

Ngoài ra: X1= ( X1\ X2) ( U X1I X2) và X2 = ( X2\ X1) ( U X1I X2)

1,0

Do đó, số cặp có thứ tự ( X1; X2) với X1, X2 là các tập con của S thỏa điều kiện:

1 2

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

1\ 2 , 1 2 , 2\ 1

X X X I 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

b)

(2,0) Đặt S = { 1, 2,3, , 2007, 2008 } Khi A B S U = thì A, B là các tập con của S

Số cặp có thứ tự ( X1; X2) với X1, X2 là các tập con của S thỏa điều kiện: X1U X2 = S là

2008

3

1,0

Trong đó có một cặp ( S S , ) và 32008− 1 cặp ( X1; X2) với X1 khác X2 Chú ý

1,0

S

{ X1; X2} { = X2 ; X1} Vì vậy số cách thành lập tập { A B ; } với A, B khác nhau và

A B S U = là: 1 ( 2008 )