Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: tan tan tan 3 cos cos cos Câu III.. 3,5 điểm Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.. Gọi E là điểm đối xứng
Trang 1trờng THPT Tống duy tân đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi
Năm học: 2010 – 2011
Thời gian: 180 phút Ngày 12 tháng 10 năm 2010.
Câu I (4,5 điểm)
Cho hàm số 1 (1)
1
x y x
+
=
−
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm m để đờng thẳng y x m= + cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
tam giác OAB vuông tại O ( O là gốc toạ độ).
Câu II (6 điểm)
1 Giải phơng trình : 3 sin cos 4
tan cot
2 Giải hệ phơng trình :
2
3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:
tan tan tan 3 cos cos cos
Câu III (3,5 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a Gọi E là điểm đối xứng
của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC Chứng
minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đờng thẳng MN và AC.
Câu IV (4 điểm)
1 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2010 chữ số mà tổng các chữ số của mỗi số đó bằng 3
2 Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2+y2−2x+6y+ =6 0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 22( 2 3 1)
P
=
Câu V ( 2 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 1), đờng phân giác trong
của các góc B, C lần lợt có phơng trình là : 2x y + – 1 = 0 và 3x – 2y - 3 = 0 Lập
phơng trình đờng thẳng chứa cạnh BC.
……….Hết………
Trang 2trờng THPT Tống duy tân đáp án đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi
Trang 3Tổ : Toán - tin Môn Toán Lớp 12
Năm học: 2010 - 20111
I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )
1
1
H x
x y
−
+
• Sự biến thiên
1 1
1
−
+
+∞
x
−
+
−∞
x
x suy ra đờng thẳng y= 1 là tiệm cận
ngang của đồ thị hàm số
0.25
1 1
1 lim
−
+
−
→ x
x
−
+
+
→ x
x
x suy ra đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ
thị h/số
0.25
2
2
( 1)
x
−
−
0.5
Bảng biến thiên
x −∞ 1 +∞
y’
y 1 +−∞
−∞ 1
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng : ( −∞ ; 1 ) và (1;+ ∞) 0.25
• Đồ thị
* Điểm đặc biệt : x= 0 ⇒y= − 1 y=0⇒x=−1
* Vẽ
* Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I(1 ; 1) lầm tâm đối xứng
0.5
2 Tìm m để đờng thẳng y =x+m cắt đồ thị hàm số (H) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho tam giác OAB vuông tại O ( O là gốc toạ độ) 2
Phơng trình hoành độ giao điểm của đờng thẳng (D) y= x+m và đồ thị (H)
là : x x =x+m
−
+ 1 1
0.5
2
1 ( ) ( 2) ( 1) 0 (1)
x
≠
0.25
Đờng thẳng (D) cắt đồ thị hàm số (H) tại hai điểm phân biệt A,B khi và chỉ khi
phơng trình (1) có hai ngghiệm phân biệt khác 1 0.25
2
2
0 ( 2) 4( 1) 0
8 0 (1) 0 2 0
f
0.25 Khi đó A(x1;x1+m);B(x2;x2 +m) trong đó x1; x2 là nghiệm phơng trình (1) 0.25
Trang 4suy ra
−
−=
−
=
+
1
1
2 1
2 1
m x x
m x
x
Tam giác OAB vuông tại O khi
0 )
( 2
0 ) )(
( 0
2 1 2 1 2
1 2
⇔
=
⇔
⊥ → → →
→
m x x m x x m
x m x x x OB
OA OB OA
2
2( m 1) m(2 m) m 0 0 2
0.5
II 1 Giải phơng trình : (1)
cot tan
4 cos
sin 3
x x
x x
+
=
2 0
2 sin x≠ ⇔x≠kπ k∈Z
Khi đó phơng trình (1) x cosx sin 2x
2
1 sin 2
x
x ) sin 2 6
sin( − =
k x
k x
∈
+
=
+
−
=
2 18 7
2 6
π π
π
Đối chiếu với điều kiện (*) ta có nghiệm phơng trình là:
2
7 2 18
k Z
= − +
∈
= +
0.5
Hệ đã cho tơng đơng với:
2
3 3
2
x
xy x
2 2 2
2
x
1
*) x = 0 không thỏa mãn hệ phơng trình
*) x = - 4 thì y = 17
4 Vậy hệ đã cho có nghiệm
17 ( ; ) 4;
4
x y = −
1
3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có … 2
Ta có 3 cos cos cos 2 cos2 cos2 cos2
Và sin sin sin 4cos cos cos
A+ B+ C=
1
Do đó vế phải của đẳng thức đã cho là:
VP =
2 cos cos cos cos cos cos
0.5
=
2 cos cos cos cos cos cos
=
0.5
Trang 5sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos
= tan tan tan
+ + = Vế Trái (ĐPCM)
III
3,5
Gọi P là trung điểm của SA Ta có MP là đờng trung bình của tam giác EAD nên MP
song và bằng 1/2 đoạn AD, suy ra MPCN là hình bình hành, suy ra MN // PC nên MN //
(SAC)
1
Mặt khác, dễ có BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ MN 0,75 Vì MN // (SAC) nên d(MN; AC) = d(MN;(SAC)) 0,75 = d(N; (SAC)) = 1
2d(B; (SAC)) =
1
4BD =
2 4
a
Vậy khoảng cách giữa MN và AC bằng 2
4
IV 1 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2010 chữ số mà tổng các chữ số của chúng bằng 3 2.0
số tự nhiên gồm 2010 chữ số mà tổng các chữ số của chúng bằng 3 gồm các loại sau: 0.25
• Số gồm một chữ số 3 và 2009 chữ số 0
• Số gồm 1 chữ số 2 , 1 chữ số 1 và 2008 chữ số 0
Chọn số cho vị trí dầu tiên ta có 2 cách chọn ( 1 hoặc 2)
Xếp số còn lại vào 2009 vị trí ta có 2009 cách xếp
Loại này có 2 2009 số
0.25 0,25
• Số gồm 3 chữ số 1 và 2007 chữ số 0
Chọn số cho vị trí dầu tiên ta có 1 cách chọn ( số 1)
Còn 2 số 1 xếp vào 2009 vị trí, số cách xếp là: 2
2009
C
Loại này có : C20092
0.25 0,25
Vậy có tất cả là : 2
2009
D S
C B
A M
P
N
E
Trang 62 Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2+y2−2x+6y+ =6 0 2
Từ giả thiết ta có:
1
, nên tồn tại a∈[0; 2π] sao cho 1
2
cos 2
x
a
−
0,5
2 (2sin 1)(2cos 3) 3(2sin 1) (2cos 3) 1 1 sin 2 (2cos 3) (2sin 1) 2(2sin 1) 6(2cos 3) 16 2 cos 2
P
0,5 Gọi m là 1 giá trị của P, tức là tồn tại a sao cho
1 sin 2 cos 2 sin 2 1 2
2 cos 2
a
a
+
+
0,5
Để tồn tại a, ta phải có : m2 + 12 ≥ (1 – 2m)2 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4
3. Vậy maxP = 4
3 và minP = 0
Nếu học sinh giải theo cách khác thì cho điểm nh sau:
- Tìm đúng giá trị nhỏ nhất, cho 1 điểm
- Tìm đúng giá trị lớn nhất, cho 1 điểm.
0,5
V Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1), đờng phân giác trong các góc
B, C lần lợt có phơng trình là : 2x y + 1 = 0– và 3x 2y - 3 = 0– Lập phơng trình
l C A(1;1)
l B
B A1 A2 C
Gọi làA1 điểm đối xứng A với qua đờng phân giác trong góc B
Gọi làA2 điểm đối xứng A với qua đờng phân giác trong góc C.
Khi đó A A1 ; 2thuộc đờng thẳng chứa cạnh BC
0.25
• Xác định toạ độ A1
Đờng thẳng đi qua A(1;1) vuông góc với l B có phơng trình∆1:x+ 2y− 3 = 0
0.25
⇒
∆
∩
= 1
1 l B
H toạ độ H1là nghiệm của hệ 1
;
x y
H
− + =
0.25
1
A đối xứng A với qua l B nên AA1 nhận H1làm trung điểm suy ra 1 3 9;
5 5
0.25
• Xác định toạ độ A2
Đờng thẳng đi qua A(1;1) vuông góc với l C có phơng trình∆2: 2x+ 3y− 5 = 0
0.25
⇒
∆
∩
2 l C
H toạ độ H2là nghiệm của hệ 2
3 2 3 0 19 9
;
2 3 5 0 13 13
H
0.25
2
A đối xứng A với qua l C nên AA2 nhận H2làm trung điểm suy ra 2 25 5;
13 13
0.25 Phơng trình đờng thẳng chứa cạnh BC đi qua A1 và A2 nên có phơng trình 0.25
Trang 723 3 41 9 0
+ + − =
hay 23x + 41y – 60 = 0.
