Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế khối 12 THPT - Năm học 2008-2009 môn: Toán

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 ph[r]

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

TH ỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút

Đề thi gồm 02 trang

Bài 1: (3 

sin cos

3

4 4

 

.

3

;

4 4

 

Bài 2: (3 

Cho  A , ( trên - trịn và  C di 1 trên - trịn

*# 23 hình thoi ABCD  quay  tia AB 8 AC và AD theo :6 0 ;< giác) sao cho gĩc  2 cot 2 ABC  arc

a) Xác ( phép ? 0@ '8  C thành  B.

b) Tìm 56B tích  các  B và D Xác ( các 56B tích *#

Bài 3: (3 

2

3

x

x y









log log 3 log log

Bài 4: (2 

n

b) Hãy '8 P Q , @  u n (n1) thành 1 6 liên quan 8 2 ,

n

u lim un

Bài 5: (3 

a) Tính P các , T cĩ 4 U , < /8 R các U , 1, 2, 3, 4.

b) Tìm  ,  , @ khơng J trong khai  ( J W6X x

 3 2 '8 L P các  ,  các , @ trong khai

3

x x x

 này là a0 a1 a2  a n 4096

Bài 6: (3 

Cho

hình nón ] S, 7 có tâm O bán kính

R, :6 cao SO = h Trong ,  G

J 1 ;<  có :6 cao a so

/ C S W- ta 'K vào ,  1

viên bi hình \6 thì  dâng lên /R

viên bi theo R và h

Bài 7: (3 

Cho hình chóp tam giác :6 S.ABC @ 7 a, góc U Q c bên và

c 7 'L 

a) Tính bán kính

chóp.

b)

c bên SAB và c 7 (góc này có ] h trên AB) i hình chóp theo

O8

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 Wjk DUNG mkne

(3đ)

a)

4

t x x x 

   2 t 2

2

1 sin cos

2

t

x x 

t

t



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

(*)

2

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

;@ hay

t

3

t 

Ta cĩ: 2 1 2 3 2 7 0; 2 7 2 2, 5 1, 5 2

3

t   Suy ra

Theo " 8+ 3 0 , nên

 duy F arccos 2 7

    

0,5

0,5

0,5 (2)

2

2

1

t

t



]

t

cĩ 1  duy F trong ! " ;3 là

4 4

 

t arccos

x  

Do *  (1) cĩ 2  trong ! " ;3 thì

4 4

 

#

2

1

t

t



2 2 2

2 1

1

t

t





0,5

0,5

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 (không P #

W86 c AI a thì 3 3 3 (không P #

AB a

AC a

Do *+ Qua phép quay tâm A, góc  :  C '8 thành  M và

nên M '8 thành B qua phép /( 3 tâm A ] , 3

2

AB AM

2

k

N7+ B là "  C qua phép ? 0@ F ] 3

2

k

0,5

0,5 u6B tích  C là - tròn (O), nên: u6B tích  B là "  - tròn (O)



và phép /( 3 tâm A ] , 3 Phép

2

k hình này là phép ? 0@ F'

N7+ D là "  C qua phép ? 0@ F' ] 3

2

k

0,5 0,25

b)

(2,0)

m xác ( 56B tích  B:

03 - tròn tâm I bán kính IL i trung 3 @ AC @ B 23 hình thoi

ABCD 23 - tròn tâm A bán kính AC i tia AB @ M

m 03 "  O là O' qua phép quay Q(A,  ): 23 trung  J  AO,

03 hình vuông AJRS, 03 - tròn tâm J bán kính JS i trung 3 @ AO

@ P 23 - tròn tâm A bán kính AO i tia AP @ O' Qua B !y -

f song song / MO' i tia AP @ O"

u6B tích  B là - tròn tâm O", bán kính R" = O"A

0,25 0,25 0,25 u6B tích  D là - tròn (O"') , dJ / (O") qua - f AO 0,25

Bài 3 (3đ)

2

2

2

log 3 3

4 log

x x

x

y y



mc+ ulog2 x; vlog2 y

3  0  1 3  0 (2)

2

4 4

u v v

u v uv

u

u u v

u v

v v

 



W86 u0 thì v0 trái / :6 !# Do * u0

Suy ra:

2

1

2

4

v

v u

u v

v v v

v



0,5

a)

(1,5)

Do

2

x y   x y 

0,5

4

3

4

x

x







   

  

  



3

4

27

4

64

x

x x





  

  

  



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

Suy ra:

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

0,5 0,5

Suy ra:

u



2

n

u     u 

0,5

0,5

Bài 5 (3 đ)

a)

(1,5đ)

Các , \ tính P có 0@ abcd / a b c, , 1, 2, 3, 4 , d 2, 4

abcd  a b c d abcd  a b  c d

Có F "+ 4 4 4 2 128    , T ? 4 U , < /8 R 1, 2, 3, 4, trong *+

Q U , a b c, , d6F  4 4 2  32 ;\

Q U , d d6F  4 4 4  64 ;\#

Do *+   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

   

   

^, @ không J J / x  6k 60  0 k 10

N7 , @ không J có  , là:x C1210 66

0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

Bài 6 (3đ)

A tích  J trong , là: 2 2 3

R a r a



0,5

Khi

/ c \6# DH x là bán kính  viên bi, ta có: 4 3

3

C

V   x

A tích  !, nón J  và 56" \6 là: 2 2 13

R h

V r h

h





0,5

I

S

 

1



 2 2

1

1

Rh x

h h

x

Rh





C

x R R h a R Rh x  R R h Rh x a R

 :6 !+  3 , ta tìm < bán kính  viên bi:

4

R R h  Rh

aR x



Suy ra:

4



3 3

3

3

3

4

4 0

a







 





 :6 ! này, bán kính  viên bi là:

aR x



0,5 0,25 0,25

0,5 0,25 0,25

Bài 7 (3 đ)

a)

(1,5)



SMO

 

3 tan 6

a

6

a

SA AO SO  

@ bên  hình chóp có tâm I cách

:6 (ABC) và SA, nên I là giao 

 tia phân giác góc SAO và SO, bán kính  c \6 là: rIO

AO SA



2

3 tan

a





0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 b)

theo 8 0 là tam giác cân ABN (N

là giao   tia phân giác MI và SC)

DH H1 và H2 là hình 86  S và C d6, MI, ta có hai tam giác vuông SMH1 và CMH2 ? 0@ nên:

1 2

1 3cos

SH SM

CH CM  

Suy ra ]  tích  hai hình J 0

< i ra 'h 8 0 AMB là:

1 3cos

SABN CABN

V CM  

0,5

0,5

0,5

A

B

C S

O M

I H

K

L

A

B

C S

O M

I

N H

H

03  -  trịn tâm I bán kính IL i trung 3 @ AC @ B 23 hình thoi

ABCD 23  -  trịn tâm A bán kính AC i tia AB @...

03 hình vng AJRS, 03  -  trịn tâm J bán kính JS i trung 3 @ AO

@ P 23  -  trịn tâm A bán kính AO i tia AP @ O'' Qua B !y  - 

f song song / MO''... O"

u6B tích  B  -  trịn tâm O", bán kính R" = O"A

0,25 0,25 0,25 u6B tích  D  -  tròn (O"'') , dJ / (O") qua  -  f AO 0,25

Bài