Đề thi chọn HSG toán cấp tỉnh L12 2008-2009 chuyên

S GIO DC & O TO K THI CHN HC SINH GII TNH
THA THIấN HU KHI 12 CHUYấN - NM HC 2008-2009
THI CHNH THC
Moõn : TOAN
Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt
Ba

i 1: (4 im)
Tỡm cỏc cp s thc
( )
;x y
sao cho:
2 4 32
8
x y
xy

+ =

=

Ba

i 2: (6 iờ

m)
Cho khi lng tr ng (L) cú cnh bờn bng
7a
. ỏy ca (L) l lc giỏc li ABCDEF cú tt c cỏc gúc
u bng nhau v
, 2 , 3 ,AB a CD a EF a

= = =

4 , 5 , 6DE a FA a BC a= = =
.
a) Tớnh theo
a
th tớch ca khi lng tr (L).
b) Chng t rng cú th chia khi lng tr (L) thnh 4 khi a din trong ú cú mt khi lng tr u ỏy
tam giỏc v ba khi hp.
Ba

i 3: (6 im)
Gi (C) l th hm s
3
2 2y x x=
c dng trờn mt phng ta Oxy.
a) Chng t rng nu mt hỡnh bỡnh hnh cú tt c cỏc nh u nm trờn (C) thỡ tõm ca hỡnh bỡnh hnh
ú l gc ta O.
b) Hi cú bao nhiờu hỡnh vuụng cú tt c cỏc nh u nm trờn (C) ?
Ba

i 4: (4 im)
a) Cho tp hp S cú
n
phn t. Chng minh rng cú ỳng
3
n
cp cú th t
( )
1 2

;X X
vi
1
X
v
2
X
l cỏc tp con ca S tha iu kin:
1 2
X X S=U
.
b) Hi cú bao nhiờu cỏch thnh lp tp hp
{ }
;A B
, trong ú
A
v
B
l hai tp hp khỏc nhau sao cho
{ }
1,2,3,...,2007,2008A B =U
?
Ht
Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 CHUYấN - Năm học 2008-2009
Moõn : TOAN
ẹAP AN - THANG ẹIEM
Ba

i 1 NI DUNG IM

(4)

2 4 32
8
x y
xy

+ =

=

4; 2x y= =
tha h phng trỡnh.
Nu
0x <
thỡ
0y <
v
2 4 1 1 32
x x
+ < + <
. Ch xột
0x >
.
1,0
Thay
8
y
x
=

vo phng trỡnh u ta c:
16
2 2 32
x
x
+ =
.
Xột hm s
16
( ) 2 2
x
x
f x = +
vi
0x >
.
1,0
16
2
16
'( ) 2 ln 2 2 ln 2;
x
x
f x
x
=
16
16 16
'( ) 0 2 2 ( 0) 4
x

x
f x x x do x x
x x
= ì = ì = > =
1,0
(4) 32. '(4) 0f Do f= >
nờn
4x =
l im cc tiu ca
( )f x
.
Vỡ vy vi mi
0x
>
v
4x

.
Cp s duy nht tha món bi toỏn l:
( ) ( )
; 4; 2x y =
.
( ) 32f x >
1,0
Chỳ ý:
1 16
16
1
2
( ) 2 2 2 2

x
x
x
x
f x

+ +
ữ

ì =
.
Vi
0x
>
thỡ
16
8x
x
+
. Do ú
( ) 32f x >
vi mi
0x
>
Ba

i 2 (6)
a)
(3 )
Th tớch ca (L) l:

; 7 ; ( )V Sh h a S dt ABCDEF= = =
Do cỏc gúc ca lc giỏc ABCDEF u bng nhau nờn mi gúc ca nú bng
0
120

Gi X, Y, Z ln lt l cỏc giao im ca cỏc cp ng thng AB v CD, AB v EF, CD v EF. Ta
cú tam giỏc XBC l tam giỏc u cnh
6a
, tam giỏc YAF l tam giỏc u cnh
5a
, ZDE l tam
giỏc u cnh
4a
v XYZ l tam giỏc u cnh
12a
( ) ( ) ( ) ( )S dt XYZ dt XBC dt YAF dt ZDE= =

2 2 2 2 2
144 3 36 3 25 3 16 3 67 3
4 4 4 4 4
a a a a a
= =
3
469 3
4
a
V =
b)
(2,0)
Dng im G sao cho

BG AF=
uuur uuur
, ta cú:
4 , 2 5FG ED BG CD= =
uuur uuur uuur uuur
.
Dng im H sao cho
FH ED=
uuur uuur
, ta cú im H trờn tia FG vi
4FH a
=
v
2 , 3DH CB DH a= =
uuuur uuur
.
Dng im K sao cho
DK CB=
uuur uuur
, ta cú im K trờn tia DH vi
6DK a
=
v
, 2BK CD BK a= =
uuur uuur
.
Do
2 5BG CD=
uuur uuur
v

BK CD=
uuur uuur
nờn K trờn on BG vi
5 , 2BG a BK a= =
.
1,0
Ta có:

4 3 ; 6 3 3 ;GH FH FG a a a HK DK DH a a a= − = − = = − = − =
5 2 3KG BG BK a a a= − = − =
.
Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh
3a
Xét phép tịnh tiến theo vectơ
1
AA
uuuur
(AA
1
là cạnh bên của (L)). Đáy ABCDEF của (L) biến thành
đáy A
1
B
1
C
1
D
1
E
1

F
1
. Các điểm G, H, K lần lượt biến thành G
1
, H
1
, K
1
.
1,0
Khối (L) là hợp bởi các khối lăng trụ đứng sau:
1)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . 2) . . 3) . . 4) . .ABGF A B G F EFHD E F H D CDKB C D K B GHK G H K
Do ABGF, EFHD và CDKB là các hình bình hành nên các khối
1 1 1 1
.ABGF A B G F
,
1 1 1 1
.EFHD E F H D
,
1 1 1 1
.CDKB C D K B
là các khối hộp.
Do tam giác GHK là tam giác đều nên khối
1 1 1
.GHK G H K
là khối lăng trụ đều.
1,0
Ba

̀
i 3 (6 đ)
a)
(3,0)
Xét hình bình hành
1 2 3 4
M M M M
có các đỉnh
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
; , ; ,M x y M x y
( ) ( )
3 3 3 4 4 4
; , ;M x y M x y
nằm trên đồ thị (C):
3
2 2y x x= −
.
Do
1 2 4 3
M M M M=
uuuuuur uuuuuur
nên
2 1 3 4
x x x x− = −
và
2 1 3 4
y y y y− = −
1,0
( ) ( )

3 3 3 3
2 1 3 4 2 2 1 1 3 3 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2y y y y x x x x x x x x− = − ⇔ − − − = − − −

( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 1 2 2 1 1 3 4 3 3 4 4
2 2 2 2x x x x x x x x x x x x⇔ − + + − = − + + −
Vì
2 1 3 4
0x x x x− = − ≠
nên
2 2 2 2
2 2 1 1 3 3 4 4
2 2 2 2x x x x x x x x+ + − = + + −
. Do đó
2 1 3 4
x x x x=
1,0
Để chứng tỏ tâm của hình bình hành
1 2 3 4
M M M M
là gốc tọa độ O ta chứng tỏ:
1 3
0x x+ =
và
1 3

0y y+ =
.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 3 1 4 1 3 4 1 3 4 1 2 1 1 2 1
0x x x x x x x x x x x x x x x x+ − = + − − = + − − =
.
Mà
1 4
0x x− ≠
nên
1 3
0x x+ =
.
( )
( )
3 3 2 2
1 3 1 1 3 3 1 3 1 1 3 3
2 2 2 2 2 2 0y y x x x x x x x x x x+ = − + − = + − + − =
Chú ý: Có thể nhận xét O là tâm đối xứng (duy nhất) của (C). Sau đó lập luận nếu tâm của hình
bình hành khác O thì mâu thuẫn.
1,0
b)
(3,0)
Giả sử tồn tại hình vuông
1 2 3 4
M M M M
có các đỉnh
( ) ( )

1 1 1 2 2 2
; , ; ,M x y M x y
( ) ( )
3 3 3 4 4 4
; , ;M x y M x y
nằm trên đồ thị (C):
3
2 2y x x= −
. Theo câu a) hình vuông
1,0
1 2 3 4
M M M M
có tâm O. Gọi
k
là hệ số góc của đường thẳng
1 3
M M
. Không mất tính tổng quát
có thể giả sử
0k
>
. Lúc đó đường thẳng
2 4
M M
có hệ số góc là
1
k
−
Xét hình thoi
1 2 3 4

M M M M
với
( )
1 1 1 2 2 2
1
; , ;M x kx M x x
k
 
−
 ÷
 
.
Trong đó
1
x
là nghiệm khác 0 của phương trình
3
2 2x x kx− =
nên
2
1
2 2x k= +
còn
2
x
là
nghiệm khác 0 cuả
3 2
2
1 1 2

2 2 , 2 2
4
x x x x k
k k
 
− = − = − >
 ÷
 ÷
 
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
2
1 1
2 2 1 ; 2 2 1OM x y x k x k k OM
k k
  
= + = + = + + = − +
 ÷ ÷
  
1,0
Hình thoi
1 2 3 4
M M M M
là hình vuông khi và chỉ khi:
( )
( )
2 2 2

1 2
2
1 1
2 2 1 2 2 1OM OM k k
k k
  
= ⇔ + + = − +
 ÷ ÷
  
2
2 2
1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 0k k k
k k k k
   
⇔ + = − ⇔ + + − =
 ÷  ÷
   
2 2
2
1 1 1
2 2 2 0 2 2 2 1 0k k k k k
k k k
     
⇔ − + − + = ⇔ − + ⇔ − − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
Phương trình này có hai nghiệm. Chọn
6 2 2

2 4
k
−
= >
, nghiệm còn lại là
1
k
−
. Đó chính là
hệ số góc của hai đường chéo
1 3
M M
và
2 4
M M
của hình vuông đang xét.
Có đúng một hình vuông thỏa bài toán.
1,0
Bài 4 (3 đ)
a)
(2,0)
Một phần tử thuộc
1 2
X XU
khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li đôi một sau: 1)
1 2 1 2 2 1
\ 2) 3) \X X X X X XI
.
Ngoài ra:
( ) ( )

1 1 2 1 2
\X X X X X= U I
và
( ) ( )
2 2 1 1 2
\X X X X X= U I
1,0
Do đó, số cặp có thứ tự
( )
1 2
;X X
với
1 2
,X X
là các tập con của S thỏa điều kiện:
1 2
X X S=U
bằng số cách đặt tất cả n phần tử của S vào 3 tập hợp:
1 2 1 2 2 1
\ , , \X X X X X XI
sao cho mỗi phần tử được đặt vào đúng một trong 3 tập đó. Số
cách đặt như thế bằng
3
n
1,0
b)
(2,0)
Đặt
{ }
1,2,3,...,2007,2008S =

. Khi
A B S=U
thì A, B là các tập con của S.
Số cặp có thứ tự
( )
1 2
;X X
với
1 2
,X X
là các tập con của S thỏa điều kiện:
1 2
X X S=U
là
2008
3
1,0
Trong đó có một cặp
( )
,S S
và
2008
3 1−
cặp
( )
1 2
;X X
với
1
X

khác
2
X
. Chú ý
1,0
S
{ } { }
1 2 2 1
; ;X X X X=
. Vì vậy số cách thành lập tập
{ }
;A B
với A, B khác nhau và
A B S=U
là:
( )
2008
1
3 1
2
−
.