DE THIDAP AN HSG TINH PHU THO

[r]

Sở giáo dục và đào tạo phú thọ

kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2008-2009

Môn Toán

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Đề thi có 01 trang

-Câu 1 (2,0 điểm)

Giải bất phơng trình

4 x

2 2

0 (log x 2)(x 25)





Câu 2 (2,0 điểm)

Giải hệ phơng trình





Câu 3 (2,0 điểm)

Cho hai tia Ox, Oy vuông góc với nhau tại O Trên tia Ox, Oy lần lợt lấy các điểm

A, B không trùng với O sao cho diện tích tam giác OAB bằng S cho trớc Kẻ OH vuông góc với AB (H AB), gọi O1, O2 lần lợt là tâm đờng tròn nội tiếp các tam giác OHA và OHB, đờng thẳng O1O2 lần lợt cắt OA, OB tại I, J

1) Chứng minh tam giác OIJ là tam giác cân

2) Xác định vị trí các điểm A, B sao cho diện tích tam giác OIJ lớn nhất

Câu 4 (2,0 điểm)

Cho dãy số  xn thỏa mãn

x 1, x   x (x 1)(x 2)(x 3) 1 với mọi

n nguyên dơng, đặt









n n

i

i 1

1 y

x 2 (n=1, 2, 3 ) Tìm limyn

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC, từ điểm O nằm trong tam giác ABC vẽ các đờng thẳng lần lợt song song với các cạnh SA, SB, SC và cắt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) tơng ứng tại các điểm D, E, F

1) Chứng minh rằng OD OE OF 1

SA  SB SC  2) Xác định vị trí của điểm O để thể tích của hình chóp O.DEF đạt giá trị lớn nhất

Hết

-Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: SBD:

Đề chính thức

kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2008-2009

Môn thi: Toán

-Hớng dẫn chấm

Câu 1 (2,0 điểm)

Giải bất phơng trình

4 x

2 2

0 (log x 2)(x 25)





+ ĐK : x0 x, 4 x, 5.

0,5

+ Chứng minh phơng trình 4 x

2   x 1  có nghiệm duy nhất x =3.0 0,5 + Lập bảng xét dấu (hoặc dùng phơng pháp khoảng) cho tập nghiệm của BPT 0,5

đã cho là : S    ; 5  4 0;   0 3;  4 5; .

0,5

Câu 2 (2,0 điểm)

Hệ phơng trình đa cho tơng đơng với





(1)

Nhân 2 phơng trình với nhau theo từng vế ta đợc:

x x y 12xy 0

0,75

x x xy 12y   0

x 3y





 



 



0,50

+ Với x = 3y, thay vào hệ (1) đợc nghiệm x 3





















0,25

+ Với x = –4y, thay vào hệ (1) đợc nghiệm /

/

 









/

 







Đề chính thức

Nội dung Điểm Câu 3 (1,5 điểm)

1 (1,0 điểm)

Ta có do các tam giác AHO và OHB đồng dạng nên các tam giác OO1H và

BO2H cũng đồng dạng suy ra 1 2











(1)

0,5

Từ (1) suy ra nếu thực hiện liên tiếp 2 phép biến hình gồm phép 450

H

Q và VHk

với

1

HO

k

HO

 khi đó O O1;B O2 và đờng thẳng OB biến thành đờng

thẳng O1O2, do đó góc giữa OB và O1O2 là 450, suy ra tam giác OIJ là tam giác

vuông cân

0,5

2 (1,0 điểm)

ra OHO1OIO1, suy ra OI = OH

0,5

Do đó :

2

( )

.

 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OA = OB tức là tam giác OAB là tam giác

vuông cân

0,5

A

B

O1

O2

H J

y

O

C©u 4 (2,0 ®iÓm)

Tõ gi¶ thiÕt

x   x (x 1)(x 2)(x 3) 1  xn 1  x (xn n 3)(xn 2)(xn 1) 1

x   (x 3x 1)

x  x 3x 1

0,5

Tõ ®©y suy ra xn 1  1 (xn 1)(xn 2) suy ra

x 2 x 1 x  1.

n n

i 1

y





=

x 1 x  1 2 x  1 (1)

0,5

Tõ gi¶ thiÕt suy ra xn lµ d·y c¸c sè d¬ng vµ ( )2

x   x  x 1 1

 xn 1 xn  , tõ ®©y suy ra 1 xn lµ d·y t¨ng vµ limx  (2)n

Tõ (1) vµ (2) suy ra limyn 1

2



1,0

C©u 5 (1,0 ®iÓm)

0,25

1 (1,0 ®iÓm)

SA  SB  SC 

SA MA ;

SB NA;

SC PC (1)

0,5

D

O

N

M P

C

B A

S

Nội dung Điểm

2 (1,0 điểm)

Gọi K là hình chiếu của F trên mp(ODE) và H là hình chiếu của C trên

( ).

V S SAB CH (3) Lại do SA//OD , SB//OE và SC//OF nên:

.

S SAB SA SB ;

CH SC (4)

Từ (3) và (4) ta đợc V O DEF( ) OD OE OF

V SA SB SC (*)

0,50

Từ đó: ( )

3

Hay ( V O DEF) 1 V

27

SA SB SC  3 MA NB PC 3 , tức là O là trọng tâm tam giác ABC

Vậy V O DEF( ) max V

27

 , khi O là trọng tâm tam giác ABC

0,50

–––––––––––Hết–––––––––