Đề thi học sinh giỏi Toán Tỉnh lớp 12 năm 20092010

S GIO DC - O TO K THI CHN HC SINH GII TNH
THA THIấN HU KHI 12 THPT - NM HC 2009-2010
THI CHNH THC
Moõn : TOAN
Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt
B$i 1: (4 im)
a) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s:

( ) 2cos 6 sin
2
x
f x x
= +
trờn on
[ ]
0;

.
b) Chng minh rng vi mi tam giỏc ABC ta u cú:
5 10
sin sin 6 sin
4
A B C
+ +
B$i 2: (4 im)
a) Cho tam giỏc ABC v ng thng (d). Trờn cnh AB ta ly im E sao
cho
2 ,BE AE F=
l trung im cnh AC v I l nh th t ca hỡnh bỡnh
hnh
AEIF

. Vi mi im P trờn ng thng (d), ta dng im Q sao
cho:
2 3 6PA PB PC IQ+ + =
uuur uuur uuur uur
. Tỡm tp hp im Q khi P thay i.
b) Cho hai ng trũn ng tõm O, khỏc bỏn kớnh v ng trũn (O'). Dng
tam giỏc u cú mt nh trờn (O') v hai nh cũn li ln lt nm trờn
hai ng trũn ng tõm O.
B$i 3: (4 im)
a) Gii h phng trỡnh
( ) ( )
17 5
9 4 17
log 3 2 log 3 2 1
x y
x y x y

=


+ =



b) Tỡm tp xỏc nh ca hm s
1 1
3 2
2 1
( ) log log
2

x
f x
x

+

=

ữ
+


B$i 4: (4 im)
a) Cho cỏc ch s 0, 1, 2, 3, 4, 5. Cú bao nhiờu s gm 6 ch s khỏc nhau
c thnh lp t cỏc ch s ó cho, trong ú hai ch s 0 v 1 khụng
ng cnh nhau ?
b) Tớnh tng:
1 2 2 3 3
2 2 .2 2 .3 2 . 2 .
k k n n
n n n n n
S C C C kC nC= + + + + + +
B$i 5: (4 im)
Khi ct mt cu (O, R) bi mt mt kớnh, ta c hai na mt cu v hỡnh
trũn ln ca mt kớnh ú gi l mt ỏy ca mi na mt cu. Mt hỡnh tr gi l
ni tip na mt cu (O, R) nu mt ỏy ca hỡnh tr nm trong ỏy ca na mt
cu, cũn ng trũn ỏy kia l giao tuyn ca hỡnh tr vi na mt cu. Cho
1R =
, hóy tớnh bỏn kớnh ỏy v chiu cao ca hỡnh tr ni tip na mt cu (O,
R) khi tr ú cú th tớch ln nht.

Hết
2
Sở Giáo dục - Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2009-2010
Moõn : TOAN
ẹAP AN - THANG ẹIEM
B$i 1 NI DUNG
IM
(4)
( ) 2cos 6 sin
2
x
f x x
= +
a)
(2,0)
Trờn on
[ ]
0;

:
2
'( ) sin 6 cos 2 6 sin sin 6
2 2 2
x x x
f x x= + = +
6 6
'( ) 2 6 sin sin
2 4 2 3
x x

f x

= +
ữ ữ
ữ ữ

.
Trờn on
[ ]
0;

:
6
0 sin 0 sin 0
2 2 2 2 3
x x x

+ >
0
0
6 6
'( ) 0 sin sin 2arcsin
2 4 2 4
x
x
f x x

= = = =
ữ
ữ

.
0
0
6 6
'( ) 0 sin 0 sin
2 4 2 4 2 2
x
x x x
f x x x> < < < <
(vỡ hm s sin ng
bin trờn khong
0;
2


ữ

).
Suy ra:
0
'( ) 0f x x x< >
.
Do ú,
'( )f x
i du t dng sang õm khi x i qua im
0
x
, nờn hm s
( )f x

cú
mt cc tr duy nht, cng l giỏ tr ln nht ca hm s ti
0
x
.
( ) ( )
0 2; 0f f

= =
[ ]
( )
2
0 0 0
0
0;
6 6 10
( ) 2cos 2 6 sin cos 2 1 2 6
2 2 2 4 4 4
x x x
Max f x f x


= = + = + ì ì
ữ
ữ

[ ]
0;
5 10
( )

4
Max f x

=
;
[ ]
0;
( ) 0Min f x

=
0,5
0,5
0,5
0,5
b)
(2,0)
b) Trong tam giỏc ABC:
sin sin 6 sin 2sin cos 6 sin 2cos cos 6 sin
2 2 2 2
A B A B C A B
A B C C C
+
+ + = + = +

Ta cú:
0 cos 0
2 2 2
C C

< < >

, nờn luụn luụn cú:
2cos cos 2cos
2 2 2
C A B C

.
Suy ra:
( )
sin sin 6 sin 2cos 6 sin ; 0
2
C
A B C C C

+ + + < <
.
Theo cõu a) ta cú:
5 10
sin sin 6 sin 2cos 6 sin
2 4
C
A B C C+ + +
.
Du ng thc xy ra khi v ch khi:
0,5
0,5
0,5
3
cos 1
2
6

6
2arcsin
sin
4
2 4
A B
A B
C
C
−

=
=


 
⇔
 
=
 
=



Hay tam giác ABC cân tại C và
6
2arcsin
4
C =
0,5

B$i 2
(4đ)
a)
(2,0)

Ta có:
( ) ( )
2 3 2 3PA PB PC PI IA PI IB PI IC+ + = + + + + +
uuur uuur uuur uur uur uur uur uur uur
6 2 3PI IA IB IC= + + +
uur uur uur uur
mà
1 1
2 3
IA IE IF AC AB= + = − −
uur uur uur uuur uuur
1 2
2 3
IB IE EB AC AB= + = − +
uur uur uuur uuur uuur
1 1
3 2
IC IF FC AB AC= + = − +
uur uur uuur uuur uuur
Suy ra:
2 3 0IA IB IC+ + =
uur uur uur r
Do đó:
2 3 6PA PB PC PI+ + =
uuur uuur uuur uur

Ta có:
2 3 6 6 6PA PB PC IQ PI IQ IP IQ+ + = ⇔ = ⇔ = −
uuur uuur uuur uur uur uur uur uur
Suy ra, Q là ảnh của P qua phép đối xứng tâm I.
Vậy tập hợp Q khi P chạy khắp (d) là đường thẳng (d') đối xứng của (d) qua I.
Nếu (d) đi qua I thì (d') trùng với (d); nếu (d) không đi qua I thì (d')//(d) và (d') đi
qua điểm
0
'M
đối xứng với một điểm
0
M
chọn trước trên (d).
0,5
0,5
0,5
0,5
b)
(2,0)
Gọi (C
1
) và (C
2
) là hai đường tròn đồng tâm O.
Lấy một điểm A trên (O'). Giả sử dựng được tam giác đều ABC sao cho B ở trên
(C
1
) và C ở trên (C
2
).

Khi đó, C là ảnh của B qua phép quay Q(A, 60
0
) (hoặc Q'(A, -60
0
)), nên C ở trên
đường tròn (C'
1
) ảnh của (C
1
) qua phép quay Q(A, 60
0
) (hoặc Q'(A, -60
0
)), do đó C là
giao điểm của (C'
1
) và (C
2
) (nếu có).
Cách dựng: Lấy trước một điểm A trên
(O').
Dựng đường tròn (C'
1
) là ảnh của C
1
) qua
phép quay Q(A, 60
0
) (hoặc Q'(A, -60
0

)),
nếu (C'
1
) và C
1
) cắt nhau tại điểm C, ta
dựng ảnh B là ảnh của C qua phép quay
Q'(A, -60
0
) (hoặc Q(A, 60
0
)), điểm B phải
ở trên đường tròn(O
1
). Tam giác ABC là
tam giác đều cần dựng. Có hình vẽ đã
dựng.
Chứng minh: Theo cách dựng, (C'
1
) là
ảnh của (C
1
) qua phép quay góc 60
0
(hoặc
(-60
0
), nên trong phép quay ngược lại C biến thành B thuộc (C
1
).

Tùy theo số giao điểm của (C'
1
) và (C
2
) mà bài toán có bấy nhiêu nghiệm hình.
Bây giờ, nếu dựng ảnh (C
2'
) của (C
2
) qua phép quay Q(A, 60
0
) (hoặc Q'(A, -60
0
)),
0,5
0,5
0,5
0,5
4
(C
2'
) nếu cắt (C
1
) thì ta có thêm một số nghiệm hình nữa.
B$i 3 (4đ)
a)
(2,5)
( ) ( )
17 5
9 4 17

log 3 2 log 3 2 1
x y
x y x y

− =


+ − − =


0,5
1,0
( ) ( )
( ) ( )
17 5
3 2 3 2 17 (1)
log 3 2 log 3 2 1 (2)
x y x y
x y x y

+ − =

⇔

+ − − =


Logarit hóa 2 vế của (1):
( ) ( )
17 17

log 3 2 log 3 2 1
x y x y
+ + − =
Biến đổi (2) về cùng cơ số 17:
( ) ( ) ( )
( )
17
17 5 17
17
log 3 2
log 3 2 log 3 2 1 log 3 2 1
log 5
x y
x y x y x y
−
+ − − = ⇔ + − =
Đặt
( ) ( )
17 17
log 3 2 ; log 3 2
x y x y
u v= + = −
. Khi đó, hệ phương trình trở thành:
17
17
1
1
1
1
1

1 0
0
log 5
log 5
u v
u v
u
v
u
v
v
= −

+ =

=

 
⇔ ⇔
 
  
+ =
− =
=
 ÷

 

 


( )
( )
( )
17
17
log 3 2 0
3 2 1 3 9
2; 3
3 2 17 2 8
log 3 2 1
x y
x y x
x y y
x y
x y

− =


− = =
 
⇔ ⇔ ⇔ = =
  
+ = =
+ =






0,5
0,5
b)
(1,5)
Hàm số
1 1
3 2
2 1
( ) log log
2
x
f x
x
 
+
 
=
 
 ÷
+
 
 
xác định khi:
1
2
2 1
2 1 2 1
0
0 0
2

1
2 2
1
2 1
2 1 1
2
log 0
1 0
2
2 2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x
x x
+

+ +
 
>
> >

 
+
  
+ +

⇔ ⇔ ⇔ − < <
  
+
 
+ −
  
>
< <
 ÷
 
+

+ +
  

Vậy: Tập xác định của hàm số là
1
; 1
2
D
 
= −
 
 
0,5
0,5
0,5
B$i 4 (4 đ)
a)
(2,0)

Gọi
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ tập
{ }
0,1,2,3,4,5
.
+ Để lập thành một số dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
:
1
0a ≠
nên có 5 cách chọn
1
a
, sau đó chọn một hoán vị 5 chữ số còn lại.
Do đó có tất cả
5
5. 5 5! 600P = × =
số dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
.
+ Ta tìm các chữ số có hai chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau:
Có 5 vị trí trong mỗi s ố
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
để 2 chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau:
3 4 5 6 1 4 5 6 1 2 5 6 1 2 3 6 1 2 3 4

, , , , ,xya a a a a xya a a a a xya a a a a xya a a a a xy
trong đó vị trí đầu bên
trái chỉ có một khả năng là
3 4 5 6
10 ,a a a a
các vị trí còn lại là một hoán vị của 0 và 1.
0,5
0,5
5
Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ
số còn lại cho các chỗ còn trống.
Do đó có
9 4! 216× =
số dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
, trong đó có chữ số 0 và chữ số 1 đứng
cạnh nhau.
Vậy: Có tất cả
600 216 384
− =
số gồm 6 chữ số khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và
1 không đứng cạnh nhau
0,5
0,5
b)
(2,0)
1 2 2 3 3
2 2 .2 2 .3 2 . 2 .
k k n n

n n n n n
S C C C kC nC= + + + + + +
.
Ta có:
( ) ( )
0 0
1 2 2 2
n n
n k
k k k k
n n
k k
x C x C x
= =
+ = =
∑ ∑
0 1 2 2 2 3 3 3
2 2 2 2
n n n
n n n n n
C C x C x C x C x= + + + + +
Lấy đạo hàm hai vế, ta có:
( )
1
1 2 2 3 3 2 1 1
2 1 2 2 2 .2 2 .3 2 . 2 .
n
k k k n n n
n n n n n
n x C C x C x kC x nC x

−
− −
+ = + + + + + +
.
Với
1x =
, ta có:
1 2 2 3 3 1
2 2 .2 2 .3 2 . 2 . 2 .3
k k n n n
n n n n n
S C C C kC nC n
−
= + + + + + + =
1,0
0,5
0,5
Bài 5 (4đ)
+ Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy
trên có tâm O' có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O'). Suy ra
hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy
dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.
+ Gọi
r
và
h
lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Ta có:
2 2
'h OO R r= = −

( )
0 1r R< ≤ =
Thể tích khối trụ là:
2 2 2 2
( )V r r h r R r
π π
= = −
0,5
0,5
0,5
0,5
( ) ( )
2 2 2
3
2 2
2 2 2 2 2
2 3 2 3
'( ) 2
1
r R r r r
r
V r r R r
R r R r r
π π
π
− −
 
= − − = =
 

− − −
 
( )
0 1r< ≤
0,5
2 6 6
'( ) 0 ; '( ) 0
3 3 3
V r r V r r= ⇔ = = > ⇔ <
, do đó trên khoảng (0 ; 1) hàm số
V(r) đổi dấu từ âm sang dương, nên
0
6
3
r =
là điểm cực đại của hàm số V(r).
Vậy:
(
]
0;1
6 2 3
( )
3 9
MaxV r V
π
 
= =
 ÷
 ÷
 

(đvtt) khi
0
6
3
r =
và
0
3
3
h =
0,5
0,5
0,5
6