sở gdđt bạc liêu sở gdđt bạc liêu kỳ thi chọn hsg lớp 10 11 vòng tỉnh năm học 2008 – 2009 đề thi đề xuất gồm 1 trang môn thi toán lớp 11 thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề đê

Một điểm M di chuyển trên x, một điểm N di chuyển trên y sao cho đoạn MN luôn bằng b không đổi.. Xét tứ diện ABMN.[r]

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH

NĂM HỌC 2008 – 2009

Đề thi đề xuất

(Gồm 1 trang)

Môn thi : Toán Lớp : 11

Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐÊ Câu 1 ( 4 điểm ):

Tìm các nghiệm nguyên x, y của phương trình:

2

y x  y 2(x 1)y 4x 

Câu 2 ( 4 điểm ):

Giải phương trình:

5 cos2009x 5 cos2009x 1

Câu 3 ( 4 điểm ):

Dãy (un) cho bởi u1 1

2

 ; un + 1 u2 u

   n 1

u1 1 u2 1 u2009 1

Chứng minh rằng: 1 < A < 2

Câu 4 ( 4 điểm ):

Tìm hàm f(x) biết f(x) là một đa thức bậc ba thoả :

f(0) 0

2 f(x) f(x 1) x x







Câu 5 ( 4 điểm ):

Cho hai đường thẳng x và y chéo nhau và vuông góc với nhau, nhận AB = a làm đường vuông góc chung Một điểm M di chuyển trên x, một điểm N di chuyển trên y sao cho đoạn MN luôn bằng b không đổi Xét tứ diện ABMN a) Chứng minh rằng các mặt của tứ diện đều là tam giác vuông

b) Chứng minh rằng AM2 + BN2 và AN2 + BM2 là không đổi và góc giữa

AB và MN cũng không đổi

c) Tìm quĩ tích trung điểm I của MN

- HẾT

-SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH

NĂM HỌC 2008 – 2009 Hướng dẫn chấm Đề thi đề xuất

(Gồm 5 trang)

Môn thi : Toán Lớp : 11

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 ( 4 điểm )

Phương trình tương đương: y x 0

(y x) y 2xy 2y 4x

  







(0,5đ )

y x

 

( 1,0 đ )

Vì x, 8y ¢ nên |2x + 1| phải là ước của 9 hay 2x + 1 có các giá trị 1 ;

3

 ; 9 nên x 0, 1 , 2 , 5 ,4    ( 1,0 đ)

Ta chỉ nhận x 0, 2  vì phải chọn để cho y ¢ ( 1,0 đ )

Vậy phương trình có nghiệm x 0

y 0

 







và x 2

 







(0,5 đ )

Câu 2 ( 4 điểm )

Đặt a = 15 cos2009x

1 cos2009x a5 (1) 2

Từ phương trình (*)  15 cos2009x

2 = 1 – a ( 0,5 đ )

1 cos2009x (1 a) (2)5 2

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:

1 a C5 C ( a)5 C ( a)5 C ( a)5 C ( a)5 C ( a)5

5a 10a 10a 5a 0

a 0

 



a 0

a 1 0

(a 1)(a a 1) 0 2

a a 1 0 (VN)

 





  



(1,0đ)

Với a = 0 1 cos2009x 0 cos2009x 1 cos



6027 2009

Với a = 1 1 cos2009x 1 cos2009x 1 cos2



6027 2009

Vậy phương trình có nghiệm: x k2

6027 2009

và x 2 k2 (k )

6027 2009

Câu 3 (4 điểm )

n 1,2,   ta có

un 1  un  u (un n 1) un  un 1 (1,0đ)

Từ đó:

u1 u2 u2 u3 u3 u4 u2009 u2010

u1 u2010 u2010

Rõ ràng dãy ( un ) là dãy tăng thực sự

2

2

u2 u1 u1

 

 

2

 

  1

u2010

Do đó A 2 1 1 (3)

u2010

Kết hợp (2) với (3) ta có: 1 < A < 2 (đpcm) (0,5đ)

Câu 4 ( 4 điểm )

Cách 1: Vì f (0) = 0  f (x) = a x3 + b x2 + c x (1) (0,5đ)

 f (x – 1 ) = a( x – 1)3 + b( x – 1)2 + c( x – 1)

= ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c = ax3 – ( 3a – b)x2 + ( 3a – 2b + c)x – ( a – b + c) (0,5đ)

 f (x) – f(x – 1) = 3ax2 + (2b – 3a)x + a – b + c = x2 với mọi x (1,0đ)



1 a 3 3a 1

1

2

c 6













f(x)

Cách 2: Từ điều kiện ta tính được

f (0) = 0 , f (1) = 1 , f (2) = 5 , f (3) = 14

Từ đa thức bậc ba ta suy ra:

1 a

2

8a 4b 2c 5

1 27a 9b 3c 14 c

6







 





  



( giải hệ bằng máy tính)

Câu 5 ( 4 điểm )

1/ Dễ thấy ABM vuông tại A và ABN vuông tại B

Do MA AB và MA BN nên MA(ABN) suy ra: MAAN

Vậy MAN vuông tại A Tương tự MBN vuông tại B (1,0đ)

( Hình vẽ 0,5đ) 2/ Ta có: MN2 b2 AM2 a2 BN2

hay AM2 BN2 b2  a2 không đổi

Mặt khác AN2BM2 AB2BN2 MN2  BN2

hay AN2 BM2 a2  b2 không đổi (0,5đ)

Trong mp (ABN) từ N kẻ NE // AB, AE // BN

Ta có ·MNE  (góc của 2 đthẳng chéo nhau AB và MN)

Vì AE EN nên ME EN , do đó:

NE a cos

MN b

   ( với a < b )

3/ I là trung điểm của MN, do đó AI = b , BI b

(Vì các tam giác ADC, BDC là vuông )

Gọi O là trung điểm của AB Tam giác AIB cân, IO AB

A và B cho trước, do đó điểm O cố định

Vậy trung điểm I thuộc đường tròn, nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn

AB, tâm O, bán kính OI 1 b2 a2

2

Đảo lại: Trên đường tròn (O) lấy điểm I / tuỳ ý, dựng I /J OIo

(OIo bán kính của đường tròn (O) vuông góc với mp (AB,By)

Đường thẳng BJ cắt Ax tại M/ Ta có JI/ // By nên M/I/ kéo dài cắt By tại N/

Ta chứng tỏ M/N/ = b

Thật vậy, O là trung điểm của AB và OJ // Ax nên JB // JM/ Suy ra I/ là trung điểm của đoạn M/N/

Mặt khác tam giác M/AN/ vuông do đó trung tuyến AI/ = 1 / /M N

2

Từ tam giác vuông AOI/ ta có:

Tức là AI = /2 b2

4 ,

b / AI

2

 hay M/N/ = b (0,5đ) Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn MN = b (với M trên Ax; N trên By) là đường tròn nằm trong mp trung trực của AB, tâm O , bán kính là

1 b2 a2

HẾT