HSG TOAN 12 THUA THIEN HUE 2009 - 2010

Trên cạnh AB ta lấy điểm E sao cho BE=2AE F, là trung điểm cạnh AC và I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF.. Với mỗi điểm P trên đường thẳng d, ta dựng điểm Q sao cho: uuurPA+2PBuuur

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)

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

( ) 2 cos 6 sin

2

x

f x = + x trên đoạn [ 0; π ]

b) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có:

5 10

4

A+ B+ C≤

Bài 2: (4 điểm)

a) Cho tam giác ABC và đường thẳng (d) Trên cạnh AB ta lấy điểm E sao cho BE=2AE F, là trung điểm cạnh AC và I là đỉnh thứ tư của hình bình

hành AEIF Với mỗi điểm P trên đường thẳng (d), ta dựng điểm Q sao cho: uuurPA+2PBuuur+3PCuuur=6uurIQ Tìm tập hợp điểm Q khi P thay đổi.

b) Cho hai đường tròn đồng tâm O, khác bán kính và đường tròn (O') Dựng tam giác đều có một đỉnh ở trên (O') và hai đỉnh còn lại lần lượt nằm trên hai đường tròn đồng tâm O

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải hệ phương trình 17( ) 5( )

x y



b) Tìm tập xác định của hàm số 1 1

2 1 ( ) log log

2

x

f x

x

  + 

+

Bài 4: (4 điểm)

a) Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 Có bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số đã cho, trong đó hai chữ số 0 và 1 không đứng cạnh nhau ?

b) Tính tổng: 1 2 2 3 3

2 2 2 2 3 2 k k 2 n n

Bài 5: (4 điểm)

Khi cắt mặt cầu (O, R) bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu (O, R) nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu Cho

1

R= , hãy tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu (O, R) để khối trụ đó có thể tích lớn nhất.

Hết

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

Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2009-2010

Môn : TOÁN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM

(4đ)

( ) 2cos 6 sin

2

x

a)

(2,0) Trên đoạn [0;π]:

2

'( ) sin 6 cos 2 6 sin sin 6

'( ) 2 6 sin sin

= −  − ÷÷ + ÷÷

Trên đoạn [0;π]: 0 sin 0 sin 6 0

≤ ≤ ⇒ ≥ ⇒ + >

0 0

x x

0

0

x

f x > ⇔ − < ⇔ < ⇔ < ⇔ <x x (vì hàm số sin đồng

biến trên khoảng 0;

2

π

 

 ).

Suy ra: f x'( ) 0< ⇔ >x x0

Do đĩ, '( )f x đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua điểm x , nên hàm số ( )0 f x cĩ

một cực trị duy nhất, cũng là giá trị lớn nhất của hàm số tại x 0

2

0 0;

π

 

  [ 0; ]

5 10 ( )

4

Max f x

0,5

0,5

0,5

0,5

b)

(2,0)

b) Trong tam giác ABC:

sin sin 6 sin 2sin cos 6 sin 2cos cos 6 sin

< < ⇒ > , nên luơn luơn cĩ: 2cos cos 2cos

Suy ra: sin sin 6 sin 2cos 6 sin ; 0( )

2

C

A+ B+ C≤ + C < <C π

Theo câu a) ta cĩ: sin sin 6 sin 2 cos 6 sin 5 10

C

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:

0,5

0,5

0,5

cos 1

2

6

A B

A B

−

=



Hay tam giác ABC cân tại C và 2 arcsin 6

4

0,5

Bài 2

(4đ)

a)

(2,0)

Ta có:

uuur uuur uuur uur uur uur uur uur uur

= uur uur+ + uur+ uur

uur uur uur uuur uuur

uur uur uuur uuur uuur

uur uur uuur uuur uuur

Suy ra: IAuur+2uurIB+3ICuur r=0

Do đó: PAuuur+ 2uuurPB+ 3PCuuur= 6PIuur

Ta có: PAuuur+2PBuuur+3uuurPC=6IQuur⇔6uurPI =6IQuur⇔IPuur= −IQuur

Suy ra, Q là ảnh của P qua phép đối xứng tâm I

Vậy tập hợp Q khi P chạy khắp (d) là đường thẳng (d') đối xứng của (d) qua I

Nếu (d) đi qua I thì (d') trùng với (d); nếu (d) không đi qua I thì (d')//(d) và (d') đi qua

điểm M đối xứng với một điểm 0' M chọn trước trên (d).0

0,5

0,5

0,5 0,5

b)

(2,0) Gọi (C Lấy một điểm A trên (O') Giả sử dựng được tam giác đều ABC sao cho B ở trên (C1) và (C2) là hai đường tròn đồng tâm O. 1)

và C ở trên (C2)

Khi đó, C là ảnh của B qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), nên C ở trên đường tròn (C'1) ảnh của (C1) qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), do đó C là giao điểm của (C'1) và (C2) (nếu có)

Cách dựng: Lấy trước một điểm A trên (O')

Dựng đường tròn (C'1) là ảnh của C1) qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), nếu (C'1) và C1) cắt nhau tại điểm C, ta dựng ảnh B là ảnh của C qua phép quay Q'(A, -600) (hoặc Q(A, 600)), điểm B phải

ở trên đường tròn(O1) Tam giác ABC là tam giác đều cần dựng Có hình vẽ đã dựng

Chứng minh: Theo cách dựng, (C'1) là ảnh của (C1) qua phép quay góc 600 (hoặc

(-600), nên trong phép quay ngược lại C biến thành B thuộc (C1)

Tùy theo số giao điểm của (C'1) và (C2) mà bài toán có bấy nhiêu nghiệm hình

Bây giờ, nếu dựng ảnh (C2') của (C2) qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), (C2')

0,5

0,5

0,5

0,5

nếu cắt (C1) thì ta có thêm một số nghiệm hình nữa.

Bài 3 (4đ)

a)

x y





0,5

1,0



⇔ 



Logarit hóa 2 vế của (1): log17(3x+2y)+log17(3x−2y) =1

Biến đổi (2) về cùng cơ số 17:

17

log 3 2

log 5

x y

Đặt u=log17(3x+2 ;y) v=log17(3x−2y) Khi đó, hệ phương trình trở thành:

1 1

1 1

u v

u v

= −

 + =



17

17

2; 3



0,5

0,5

b)

2 1 ( ) log log

2

x

f x

x

  + 

+

  xác định khi:

1

2

1

x

+

> >

 ⇔ + ⇔ + ⇔ − < <

  ÷>  <  <

+



Vậy: Tập xác định của hàm số là 1; 1

2

0,5 0,5

0,5

Bài 4 (4 đ)

a)

(2,0) Gọi {0,1, 2,3, 4,5 a a a a a a là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ tập1 2 3 4 5 6}

+ Để lập thành một số dạng a a a a a a :1 2 3 4 5 6

a ≠ nên có 5 cách chọn a , sau đó chọn một hoán vị 5 chữ số còn lại.1

Do đó có tất cả 5.P5 = × =5 5! 600 số dạng a a a a a a 1 2 3 4 5 6

+ Ta tìm các chữ số có hai chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau:

Có 5 vị trí trong mỗi s ốa a a a a a để 2 chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau:1 2 3 4 5 6

xya a a a a xya a a a a xya a a a a xya a a a a xy trong đó vị trí đầu bên

trái chỉ có một khả năng là 10a a a a3 4 5 6, các vị trí còn lại là một hoán vị của 0 và 1

0,5

0,5

Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ

số còn lại cho các chỗ còn trống

Do đó có 9 4! 216× = số dạng a a a a a a , trong đó có chữ số 0 và chữ số 1 đứng1 2 3 4 5 6

cạnh nhau

Vậy: Có tất cả 600 216 384− = số gồm 6 chữ số khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 1 không đứng cạnh nhau

0,5

0,5 b)

(2,0)

2 2 2 2 3 2 k k 2 n n

Ta có: ( ) ( )

1 2 n n k 2 k n k2k k

Lấy đạo hàm hai vế, ta có:

2 1 2 n 2 2 2 2 3 2 k k k 2 n n n

Với x=1, ta có:

2 2 2 2 3 2 k k 2 n n 2 3n

1,0

0,5 0,5

+ Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O' có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O') Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu

+ Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ

Ta có:

'

h OO= = R −r (0< ≤ =r R 1)

Thể tích khối trụ là: 2 2 2 2

( )

0,5

0,5

0,5

0,5 ( 2 2) ( 2)

3

'( ) 2

1

r

V r = ⇔ =r = V r > ⇔ <r , do đó trên khoảng (0 ; 1) hàm số

V(r) đổi dấu từ âm sang dương, nên 0 6

3

r = là điểm cực đại của hàm số V(r)

Vậy:

( 0;1 ]

( )

=  ÷÷=

  (đvtt) khi 0

6 3

3

0,5 0,5

0,5