De thi va dap an hoc sinh gioi Toan lop 12 THPT tinh Tuyen Quang 20102011

Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d.. Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là: T.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TUYÊN QUANG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011

Môn: Toán (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề thi này có 01 trang

Câu 1 ( 4 điểm):

a) Giải hệ phương trình:

97 78

x y y x

ïïï

ïïî b) Giải phương trình: 3 x2 5x 5 x2 5x7

Câu 2 ( 4 điểm):

a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:

x2- 2y2- =1 0

b) Cho n là 1 số tự nhiên Chứng minh :

12+ 1

3√2+

1

4√3+ +

1 (n+1)√n<2

Câu 3 ( 4 điểm): Cho dãy số (Un) xác định bởi:

1

1

1 1

n n

n

U U

U

+

ïï

ïî trong đó -1 <a < 0

a) Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 với "n Î ¥ và (Un) là một dãy số giảm

b) Chứng minh rằng: 1 2

1

1

a

+

+ với "n Î ¥

Câu 4 (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường

thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương trình: x2 +y2 = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d

Câu 5 (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O.

Đường cao của hình chóp là SA = a M là một điểm di động trên SB, đặt BM = 2

x ( ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD)

a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ) Tính diện tích thiết diện theo a và x

b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện

-Hết

-Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

sở giáo dục và đào tạo

tuyên quang kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm

1.

a)

Giải hệ phương trỡnh sau:

97 78

x y y x

ùùù

Ta cú: x4+y4=(x2+y2 2) - 2x y2 2

(I)

xy x y

ùù

Û ớù

Đặt x2 + y2 = u xy ; = t Từ PT (2) suy ra ĐK:

0; 0

u  t 

ỡ

0,5

2 ,( 2 ) 2

ị - là nghiệm của phương trỡnh bậc hai:

X2 - 97X - 12168 = 0 Û X = 169 và X = - 72

13

6

6

x y

xy

xy

ùù

ờ

Gớải PT:

2 2 13 6

x y xy

  





 được 4 nghiệm: (x; y) = (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2) 0,5

Hệ (1) cú 4 nghiệm: (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2)

Túm lại hệ cú 4 nghiệm như trờn

0,5

1.

b) Giải phương trỡnh: 3 x2 5x 5 x2 5x7 (1)

Điều kiện:

2

5 5 2

5 5 0

5 5 2

x

x







   





 Đặt √x2−5 x+5=t¿ (t ≥ 0)

Phương trỡnh đó cho trở thành:

3 2 0

2

t

t t

t





     

2 2

       

1 4

5 21 2

x

x

x



 



  





 



0,75

Câu

2.

2.a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:

x2- 2y2- =1 0 (1)

Ta có: (1)

Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra:

1 {x +1=2 y x − 1= y ⇔{x =3 y=2 (thoả mãn)

2



3 {x +1=2 y2

x −1=1 (không có nghiệm thoả mãn)

4 {x −1=2 y x +1=12 vô nghiệm

Thử lại (3; 2) thoả mãn PT

Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình

0,75

2.

b)

Giả sử n là 1 số tự nhiên Chứng minh :

12+ 1

3√2+

1

4√3+ +

1 (n+1)√n<2

Ta có : 1

(n+1)√n=

√n n(n+1)=√n

1

n (n+1)=√n

n+1− n

(n+1)n=√n (

1

n −

1

n+1)

0,5

n n

(Vì dễ thấy : 1 + √n

√n+1 < 1+1 = 2 ) Vậy : 1

(n+1)√n<2(

1

√n −

1

Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có:

12= 1

( 1+1)√1<2(

1

√1−

1

√2) 1

3√2=

1 (2+1)√2<2(

1

√2−

1

√3)

41

√3=

1 (3+1)√3<2(

1

√3−

1

√4)

1

(n+1)√n<2(

1

√n −

1

√n+1)

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:

12+ 1

3√2+

1

4√3+ +

1 (n+1)√n<2 (1- 1

√n+1¿ < 2 (ĐPMC) (Bởi vì 1- 1

√n+1 < 1 )

0,75

Câu

3.

a)

Cho dãy số (Un) xác định bởi:

1

1

n n

n

U U

U

+

= ìïï

Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 (2) với "n Î ¥ và (Un) là một dãy số

giảm

CM bằng quy nạp:

- với n = 1 thì U1 = a theo giả thiết - 1 < a < 0 nên (2) đúng với n = 1

- Giả sử (2) đúng với n = k: - 1 < U k < 0 ta CM (2) đúng với

Từ giả thiết quy nạp - 1 < U k < 0 ta có: 0 < Uk + 1 < 1

Mặt khác:

2

2

1

1

k

k

u

u



1

1

k k

U U

+

1

1

k k

U U

+

+

tức là: - 1 < Uk+1 < 0 (đccm)

0,75

Vì - 1 < Un < 0 nên Un + 1 và U > n2 0 với "n

Từ (1) suy ra: 1 2

1

1

n

n

U

U

+

+

+

3.

b)

Từ đẳng thức (1) suy ra:

1

n

U

+ + = + "

+

0,5

Vì Un là dãy giảm; -1 < Un < 0 với mọi n và U1 = a nên:

1 U n a 0

- < £ < với "ntừ đó suy ra: 2 2

U ³ a Û U ³ a

n

n

U + £ a + " và từ (3) ta có:

1 21

1

a

Theo chứng minh trên ta có:

1

a

+

Câu

4

Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng

d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có

phương trình: x2 +y2 =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng

cách từ A và B đến đường thẳng d

Ta có: (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1

Vì d tiếp xúc với (C) Û d(O;d) = R

2 2

1

a b



 =1  a2b2   1 a2b2  1

1,0

1,0 Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là:

1,0

Do

a +b = Þ a £ Þ T =

Vậy Min T = 2

1,0

Câu

5

Hình vẽ:

0,5

5.

a)

Ta cã: SA(ABCD)

()(ABCD)  SA // ()

()(SAB) = MN // SA

()(SAC) = OK // SA

()(SABCD) = NH qua O

()(SCD) = KH

VËy thiÕt diÖn cÇn t×m lµ tø gi¸c MNHK

0,75

S

A

D

C B

M

K

N

Ta cã MN// OK // SA  MN  (ABCD); OK (ABCD)

S S S  MN KO ON  OK OH

MN = BN = x; KO = 2

SA

; Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có:

2 2

2

2

a

x ax

Suy ra :

1

( 2 ) 2 2ax

4 2

1

2 2ax

4 2

Vậy: Std =

2 2

1 ( ).

a

a x x  ax

0,75

5.

b)

§Ó thiÕt diÖn lµ h×nh thang vu«ng  MK// NO// BC  N lµ trung

®iÓm AB  2

a

x 

0,5

Gäi V lµ thÓ tÝch khèi chãp, ta cã : V=

3

1 ( )

a

SA dt ABCD 

MÆt ph¾ng ( )  chia khèi chãp thµnh 2 phÇn V1, V2 víi : V1

=VK.OECH+VKOE.MNB ; V2  V V1

0,5

Ta cã :

.

K OECH

a a a

V  OK dt OECH    

 

2 3 .

1 ( )

2 2 2 16

KOE MNB

V ON dt MNB    

 

Suy ra :

V     V  V V 

0,5

0,5

0,5

S

A

D

C B

N

E

-Hết -Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa.