vẽ hoa văn địa lí 4 hứa lê khánh uyên thư viện tư liệu giáo dục

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH</b>
<b> KHÁNH HÒA</b> NĂM HỌC 2008-2009

Mơn thi : TỐN – THPT (Bảng B)

<b> ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 20/03/2009</b>

<b> </b> <b> </b><i>Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)</i>

<b>Bài 1 : (4,0 điểm)</b>

Giải hệ phương trình:

2 4 2 4 2 4

2 3 3 2

3 2x y x y x (1 2x ) y

1 1 (x y) x (x x 2y )

 _ _ _ _ _




     



 _.

<b>Bài 2 : (5,0 điểm) </b>

a) Giải phương trình:

2

2 2

1 x 1 2x

x x 1 1

2 2

2 x

 

  

.

b) Tìm giá trị lớn nhất của a để bất phương trình sau có nghiệm:

3 2 4 3

2

a x

a (x 1) a sin

(x 1) 2



  

 _.

<b>Bài 3 : (5,0 điểm) </b>

Cho dãy số



un



_{xác định như sau:}u1u2 1, u3 2,… ,

n 1 n 2
n 3

n

u .u 7

u

u

 






(  n ).
Chứng minh rằng u n ,   n .

<b>Bài 4 : (3,0 điểm) </b>

Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp một khối đa diện hai mươi mặt đều có độ dài cạnh
bằng a (a > 0).

<b>Bài 5 : (3,0 điểm)</b>

Cho một đa giác đều A A A A ... A1 2 3 4 n, (n 3) _{biết 4 đỉnh liên tiếp}A , A , A , A1 2 3 4 của đa
giác thoả mãn đẳng thức 1 2 1 3 1 4

1 1 1

A A A A A A _{. Tìm số cạnh của đa giác đều đã cho.}

- HẾT

--- Đề thi có 01 trang;

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN - LỚP 12 THPT - BẢNG B – 2009</b>

<b>(Đáp án này có 03 trang)</b>

<b>Bài </b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>Bài </b>

<b>(4 điểm)</b>

Viết hệ đã cho thành

2 2 6 4 4

2 6 4 3 2

4 (1 x y) 2x x y

1 (x y) 1 x x 2x y

 _ _ _ _ _


      


0.5
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được

2 2 2 3 2 2

4 (1 x y)   1 (x y)  (x  y ) 1
hay 4 (1 x y)  2 2  1 (x y)  2 (x3 y )2 21 (*)

1

Ta thấy 4 (1 x y)  2 2 2, 1 (x y)  2 (x3 y )2 2 1 2 1

Suy ra (*) xảy ra khi và chỉ khi

2 2

2
2

3 2
3 2 2

4 (1 x y) 2 _{x y 1}

1 (x y) 1 x y x y 1

x y

(x y ) 0

 _ _ _
 



       
 
 

  _

 _.

1

Thử lại thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có nghiệm (1;1). 0.5

<b>Bài 2a</b>
<b>(3 điểm)</b>

Điều kiện: x ≠ 0
Nhận xét :

2

2 2

1 x 1 2x 1 1

2

x x x 2

   

  _  _

 _{. Phương trình viết về dạng}

0.5

2 2

2 2 2 2

1 x 1 2x 2 1 x 2 1 2x

x x x x

2 2 2 2

1 1 x 1 2x 1 1 x 1 1 2x

2 2 2 . 2 .

2 x x 2 x 2 x

   
     
  _  _   
 
1
Đặt

t 1 t 1

f (t) 2 t, f '(t) 2 ln 2 0, t

2 2

      0.5

f(t) là hàm đồng biến nên ta có

2

2

2 2

x 0

1 x 1 2x

x 2x 0

x 2
x x


 
   _{  }

 0.5

Đối chiếu điều kiện, được nghiệm phương trình là x = 2. 0.5

<b>Bài 2b</b>
<b>(2 điểm)</b>

Giả sử bất phương trình có nghiệm là xo thì xo 1 và a  0, ta có

3 2 4 3 0 4 3

0 2

0

x
a

a (x 1) a sin a

(x 1) 2


   

0.5
Do
3 2
0 2
0
a

a (x 1) 2a

(x 1)

  

 _nên

3

4 1 1

2a a 0 a max(a)

16 16

      0.5

Với
1
a
16

thì
0
0
0
0 ₀
4 4
0
0
x

k , k Z
x

sin 1 2 2 x 1

2

x 1 _x ₃

(x 1) 2 _x ₃

 

   
  _
  
 
 
 _ _ 


 _ _ _
 _ _



Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của a là
1
16_.

1

<b>Bài 3</b>

<b>(5 điểm)</b> Chứng minh bằng phương pháp qui nạp
Cho n 1 _{, ta có:}

3 1
4

2

u .u 7 2.1 7

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Biểu thức đúng với n 1 _.

Giả sử biểu thức đúng với n k _{, ta có:}

k 2 k 1
k 3

k

u .u 7

u

u

 





  

. 0.5

Chứng minh biểu thức đúng với n k 1  _{, hay}uk 4  .
Ta có:

k 4 k 1 k 3 k 2
k 3 k k 2 k 1

u .u u .u 7

u .u u .u 7

   

  

 




 



k 4 k 2 k 2 k

k 3 k 1

u u u u

u u

  

 

 

  1

Nếu k lẻ, ta có:

1 3
k 4 k 2 k 2 k

k 3 k 1 2

u u

u u u u

... 3

u u u

  

 



 

   

.
Vậy: uk 4 3uk 3  uk 2 . Mà uk 3 , uk 2  , nên  uk 4  .

1

Nếu k chẵn, ta có:

k 4 k 2 k 2 k 2 4

k 3 k 1 3

u u u u u u

... 5

u u u

  

 

  

   

.

Vậy: uk 4 5uk 3  uk 2 . Mà uk 3 , uk 2  , nên  uk 4  .(đpcm)

1

Tóm lại:   n , ta có: Nếu k lẻ: u2n 3 3u2n 2  u2n 1  .
Nếu k chẵn: u2n 2 5u2n 1  u2n .

Vậy dãy



un



_{có các số hạng đều là số nguyên.}

1

<b>Bài 4</b>

<b>(3 điểm)</b>

a/2
72
I

F

E
D

C

S
O
F

B
D

H
A

C
H

E

B

Khối 20 mặt thuộc loại



3;5



. Xét hình chóp A.BCDEF tạo bởi 5 cạnh của khối 20 mặt chung
đỉnh A thì A.BCDEF là hình chóp ngũ giác đều có đỉnh là A, đáy là hình ngũ giác đều
BCDEF cạnh bằng a, các cạnh bên AB, AC, AD, AE, AF đều bằng a. Suy ra trục AH của ngũ
giác đều BCDEF là đường thẳng đi qua tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình 20 mặt.

0.5

Tính r = HB bán kính của đường trịn ngoại tiếp ngũ giác BCDEF:
Do tam giác BHC cân đỉnh H, BHC 72  0_{, nên} 0

a
r

2sin 36



.

0.5

Tính R bán kính của khối cầu ngoại tiếp khối hai mươi mặt:
Ta có: ASB ABH  _{(góc có các cạnh vng góc từng đơi)}

BH r

cos

AB a

  

(do tam giác ABH vuông tại H)

0.5

AB a

sin

AS 2R

  

(do tam giác ABS vng tại B) 0.5

nên ta có:

2

2 2 2 2

a a a a

R

2sin _{2 1 cos} _r _{2 a} _r

2 1
a

   

 _ _ _ _ _

  
 

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Thay kết quả r ta được:

2 0

2 2 0

2

0

a a sin 36

R

4sin 36 1
a

2 a

2sin 36

 



 

  

 

Tính thể tích khối cầu:

3
0

2 0

4 a sin 36
V

3 _{4sin 36} ₁

 



 _ _



  _.

0.5

<b>Bài 5</b>
<b>(3 điểm)</b>

Gọi R là bán kính của đường trịn ngoại tiếp đa giác đều n cạnh, ta có:

1 2 1 3 1 4

2 3

A A 2R sin , A A 2R sin , A A 2R sin

n n n

  

  

Đẳng thức đã cho có thể viết:

1 1 1

2 3

sin sin sin

n n n

 

  

1

Biến đổi biểu thức:

2 3 3 2

sin sin sin .sin sin .sin

n n n n n n

     

 

3 3 2

2sin .cos sin sin sin sin

n n n n n n

     

  _  _

 

3 2 3

sin sin sin 2sin .cos 0

n n n n n

    

 _   _

 

3 2 2 4

sin sin sin sin sin 0

n n n n n

    

 _    _

 

7

2.sin .sin .cos 0

n 2n 2n

  

 

1

Do đẳng thức sinn 0




và sin2n 0





không thể xảy ra, nên chỉ có
7

cos 0

2n




.
Từ đó:





7

2k 1

2n 2

 

 

hay 7 n 2k 1







. Suy ra: n = 7. Vậy đa giác đều có 7 cạnh.

1

<i><b>---HẾT---Ghi chú :</b></i> - Điểm tồn bài khơng làm trịn;

</div>

<!--links-->