Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 chuyên tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2008 - 2009 - đề 4 pdf

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn : TOÁN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Bài 1
NỘI DUNG ĐIỂM

(3đ)
Giải phương trình:
1 1 2
cos sin 0( )
sin cos 3
x x a
x x
    


a)
(1,5)
Đặt cos sin 2 cos
4
t x x x

 
   
 
 
,

2 2
t  
,
2
1
sin cos
2
t
x x


Phương trình (a) trỏ thành:


2
2 2
0 2 2, 1
1 3
t
t t t
t
       




3 2
3 2 9 2 0 2 2, 1
t t t t t
         



2
( 2)(3 4 1) 0 2 2, 1
t t t t t
         
(*)
2 2
t
    
(loại) hay
2 7
3
t


Ta có:
1 2 3 2 7 2 7 2 2,5
2 0; 1,5 2
3 3 3 3 3
   
        
Do đó phương trình (*) chỉ có một nghiệm
2 7
3
t


Suy ra phương trình (a) tương đương

2 7 2 7
2 cos cos
4 3 4
3 2
x x
 
 
   
    
   
   

Theo giả thiết:
3
0
4 4 4
x x
  

      
, nên phương trình (a) chỉ có một
nghiệm duy nhất
2 7
arccos
4
3 2
x

 


  
 
 
 



0,5







0,5









0,5



2

2
(1) 2 2, 1
1
t
t m t t
t
        

(2)
Nhận xét: phương trình
 
2 cos 2, 1 cos
4 4
2
t
x t t t x
 
   
      
   
   
chỉ
có một nghiệm duy nhất trong khoảng
3
;
4 4
 
 

 

 
là
t
arccos
4
2
x

  

Do đó để (1) có 2 nghiệm trong khoảng
3
;
4 4
 
 

 
 
thì phương trình (2) có 2
nghiệm.
Xét hàm số


2
2
( ) 2 2, 1
1
t
g t t t t

t
      

.








0,5





0,5


 
 
2
2
2
2 1
'( ) 1 0, 2; 2 \ 1;1
1
t

g t t
t

 
      
 


Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi và chỉ khi:


; 2 2;m
 
     
 
:
t
2

-1 1
2


g'(t) + + +





2


g(t)
2















0,5
Bài 2

(3đ)

a)
(1,0)


Ta có:
·
·
arccot 2 2 arctan 2
BI
ABI IAB
AI

     
(không đổi).
Nếu đặt
AI a

thì
3 3
3
2 2
AB a
AB a k
AC a
    
(không đổi).
Do đó: Qua phép quay tâm A, góc


: điểm C biến thành điểm M và

3
2
AB AM

uuur uuuur
nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số
3
2
k  .
Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ
3
2
k  .

0,5





0,5
Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích của B là ảnh của đường tròn (O)
qua phép đồng dạng F.
0,25 b)
(2,0)
Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc


và phép vị tự tâm A tỉ số
3
2
k  . Phép biến hình hợp thành của hai phép biến
hình này là phép đồng dạng F'




Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ
3
2
k  .
0,5

0,25

Để xác định quỹ tích của B:
Ta chọn một điểm C trên (O), dựng trung điểm I của AC, dựng hình vuông AIKL,
dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC tại B. Dựng hình thoi
ABCD. Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB tại M.
Để dựng ảnh của O là O' qua phép quay Q(A,


): Dựng trung điểm J của AO,
dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO
tại P. Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP tại O'. Qua B kẻ đường
thẳng song song với MO' cắt tia AP tại O".
Quỹ tích của B là đường tròn tâm O", bán kính R" = O"A



0,25


0,25

0,25

Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO 0,25



Bài 3 (3đ)

 
2 2 2 2

8 8 8
2
2 2
2
2
log log log log
log 3log log
0, 0, 1
log3
3
log log
log log
4 log
4
y
x y x y
xy x y
x y y
x
x
x y
x
y
y
 



 
   

 
 

 





0,5

a)
(1,5)
Đặt:
2 2
log ; log
u x v y
  hệ phương trình trở thành:

 


 
1
0 0
33
2
4
4
u v v

u v uv
v v
u
u u v
u v
v
v
  
 

 
  
 
 
 
 
 
 

 

(2)
Nếu
0
u

thì
0
v


trái với điều kiện. Do đó
0
u


Suy ra:









0,5
     
2
1 3
1
, 0 ; 1; , ; 3;
1
3
2 2
4 8 3 0
2
4
v
v
u

u
v
u v u v u v
v
v v
v
v





 
   

     

 
   
   
 
  
 




Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm:
   
 

1
; ; 2 , ; 8; 2 2
2
x y x y
 
 
 
 


0,5
b)
(1,5)
2 3 2 3 2 3 2 3
4 4 4 4
1 3
log log 3 log log log log 6 3log 2log 0
2 2
x x x x x x x x
       

 
2 2
2 3
3 3
4
4 4
log 2 0 log 2 0
log 2 log 3 0
log 3 0 log 3 0

x x
x x hay
x x
   
 
 
 
    
 
 
   
 
 
 

3
4
3 27
4 64
x
x





 
 
 
 


hay
3
4
27
4
3 27
64
4 64
x
x
x



  

 
 
 
 

.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
27
; 4
64
 
 
 

0,5

0,5






0,5
Bài 4 (2 đ)

Ta có:








4( 1) 1 4 1 4 4( 2) 1 4( 1) 1
k k k k
          

Do đó:3, 7, 11, , (4k-1) lập thành một cấp số cộng có công sai d = 4.
Suy ra:

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

1 1
4 3 4 1 4 7 4 1 4 3 4 7
2 2 2 2 2 2
k k k k k k
k k k k k k
 
     
     

0,5


0,5

Suy ra:
2 3 1
2 2 3 3 4 2 1 1
3 7 11 4( 1) 1 4 1

2 2 2 2 2
11 11 15 15 19 4 1 4 3 4 3 4 7
7
2 2 2 2 2 2 2 2 2
n
n n
n n n n
n n
u
n n n n

  
  
      
   
     
          
     
     

4 7
7 lim 7
2
n n
n
n
u u

   

0,5


0,5
Bài 5 (3 đ)

a)

(1,5đ)

Các số cần tính tổng có dạng
abcd
với




, , 1, 2, 3, 4 , 2, 4
a b c d 
Ta có
3 2 3 2
10 10 10 10 10 10
abcd a b c d abcd a b c d
        
    

Có tất cả:
4 4 4 2 128
   
số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ


1,2,3,4
, trong đó:
mỗi chữ số
, ,
a b c
xuất hiện
4 4 2 32
  
lần
mỗi chữ số d xuất hiện
4 4 4 64
  
lần.
Do đó:
 
32 1 2 3 4 320
a b c      
  
và
 
64 2 4 384
d   


Suy ra:
 
3 2
320 10 10 10 384 320 1110 384 355584
abcd        




0,25



0,5

0,5

0,25

b)
(1,5)
Ta có:
 
5
3
2
3 3
3
0
1

( )
n
n k
k
n
k
k
f x x x a x x
x



 
  
 
 


 
12
0
(1) 1 1 2 4096 2 12
n
n
n
k
k
f a n

       



Suy ra:
 
12
12
5 12
1 5 6 60
12 12 12
3 2
3 3 3 3 3
12 12 12
3
0 0 0
1
k k
k
k k
k k k
k k k
x x C x x C x C x
x


  
 
  
   
 
   

   
 
 
   
  

Số hạng không chứa
x
ứng với
6 60 0 10
k k
    
.
Vậy số hạng không chứa
x
có hệ số là:
10
12
66
C



0,25

0,5



0,25

0,25
0,25
Bài 6 (3đ)



Thể tích nước chứa trong cốc là:
2 3
2
0
2
1 1
3 3
R a r a
V r a
h R h


 
  
 
 

0,5

Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu, tức là mặt nước tiếp xúc
với mặt cầu. Gọi x là bán kính của viên bi, ta có:
3

4
3
C
V x

 .
Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là:
2 3
2
1
1 1 1
2
1 1
3 3
R h
V r h
h


 




0,5




I

S



2 2
2 2
1
x R xl x R h x
SI h SI x R R h
SI l R R R

         


2 2
1
1
Rh
x
r R R h
h h
   
Do đó:


3
3
2 2 2
1 1 1

2
1 1
3 3
x
V r h R R h
Rh


   
Ta có:


3 2 3 3
3
2 2
1 0
2 2
1 1 4
3 3 3
C
x R a x
V V V R R h
Rh h
  
      




3 3

3 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 3 3
4 4
x R R h a R Rh x R R h Rh x a R
 
         
 
 

Với điều kiện:


3
2 2 2
4
R R h Rh
   , ta tìm được bán kính của viên bi:
 
3
2 2 2
3
4
aR
x
R R h Rh

  

Nếu



2 2
1
2 2
x Rh
h h h R R h x
R
R R h
      
 

Suy ra:




3 3 3 3
3 3
2 2 2 2 2
4
a R R h
R R h Rh R R h

    








3
3
3 2 2 2
2 2 2
3
3
3
2 2
2 2
4
4
h R R h Rh
h R R h Rh
a a
R R h
R R h
 
  
   
 
 
   
 
 

Vậy: Để nước trong cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ra ngoài thì:


 
3

2 2 2
3
2 2 2
3
2 2
4
4
0
R R h Rh
h R R h Rh
a
R R h

  



   

 

 


Với điều kiện này, bán kính của viên bi là:
 
3
2 2 2
3
4

aR
x
R R h Rh

  

0,5

0,25


0,25




0,5


0,25


0,25

Bài 7 (3 đ)

a)
(1,5)
·
SMO



3
tan
6
a
SO


2 2 2
3
tan 4
6
a
SA AO SO

   
Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và mỗi
cạnh bên của hình chóp có tâm I cách
đều (ABC) và SA, nên I là giao điểm
của tia phân giác góc SAO và SO,
bán kính của mặt cầu là:
r IO

.
IS AS OS
IO AO IO AO
AO SA
  


2
3 tan
2 tan 4
a
r



 

0,25

0,25


0,25



0,25



0,25

0,25
b)
(1,5)
Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phấn giác

MT của góc
·
SMO

 , cắt hình chóp
theo thiết diện là tam giác cân ABN (N
là giao điểm của tia phân giác MI và
SC)
Gọi H
1
và H
2
là hình chiếu của S và C
xuống MI, ta có hai tam giác vuông
SMH
1
và CMH
2
đồng dạng, nên:
1
2
1
3cos
SH SM
CH CM

 
Suy ra tỉ thể tích của hai hình tứ diện
được cắt ra bởi thiết diện AMB là:
1

3cos
SABN
CABN
V
SM
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
1
H
2