DE THIDAP AN HSG TINH PHU THO

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

Sở giáo dục và đào tạo phú th

<b>kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2008-2009 </b>
<b>MônToán</b>

<i>Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thời gian giao đề</i>
<i>Đề thi có 01 trang</i>

<b>---C©u 1 </b>(2,0 điểm)

Giải bất phơng trình

4 x

2
2

2 x 1

0

(log x 2)(x 25)



 



 

<b>C©u 2 </b>(2,0 điểm)
Giải hệ phơng trình

3 3

2 2

x 8x y 2y

x 3 3(y 1)

  

<b>Câu 3 </b>(2,0 điểm)

Cho hai tia Ox, Oy vng góc với nhau tại O. Trên tia Ox, Oy lần lợt lấy các điểm
A, B khơng trùng với O sao cho diện tích tam giác OAB bằng S cho trớc. Kẻ OH
vng góc với AB (HAB), gọi O1, O2 lần lợt là tâm đờng tròn nội tiếp các tam giác

OHA và OHB, đờng thẳng O1O2 lần lợt cắt OA, OB tại I, J.

1) Chøng minh tam giác OIJ là tam giác cân.

2) Xỏc nh vị trí các điểm A, B sao cho diện tích tam giỏc OIJ ln nht.

<b>Câu 4 </b>(2,0 điểm)

Cho d·y sè

_{ }

x_n tháa m·n

1 n 1 n n n n

x 1, x _  x (x 1)(x 2)(x 3) 1 víi mäi

n nguyên dơng, đặt









n
n

i
i 1

1
y

x 2 (n=1, 2, 3 ...). Tìm limyn .

<b>Câu 5 </b>(2,0 ®iĨm)

Cho hình chóp S.ABC, từ điểm O nằm trong tam giác ABC vẽ các đờng thẳng lần
lợt song song với các cạnh SA, SB, SC và cắt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) tơng ứng
tại các điểm D, E, F.

1) Chøng minh r»ng OD OE OF 1

SA  SB SC  .

2) Xác định vị trí của điểm O để thể tích của hình chóp O.DEF đạt giá trị lớn nhất.
Hết

<i><b>---Ghi chú</b>: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm</i>

Họ và tên thí sinh: ... SBD: ...

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

<b>Môn thi</b>: <b>Toán</b>

<b>---Hớng dẫn chấm</b>

<b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>Câu 1 </b>(2,0 điểm)
Giải bất phơng trình

4 x

2
2

2 x 1

0

(log x 2)(x 25)



 



 

+ §K: x0 x<i>,</i> 4 x<i>,</i> 5<i>.</i>

0,5

+ Chøng minh phơng trình 4 x

2 x 1 0cã nghiƯm duy nhÊt x =3. 0,5

+ LËp b¶ng xÐt dấu (hoặc dùng phơng pháp khoảng) cho tập nghiệm của BPT _0,5

đã cho là: S   



<i>;</i> 5

 

 4 0<i>;</i>

 

 0 3<i>;</i>







4 5<i>;</i>

. _0,5

<b>Câu 2</b> (2,0 điểm)

Hệ phơng trình đa cho tơng đơng với

3 3

2 2

x y 8x 2y

6 3y x

   


  


<b> (1)</b>

Nhân 2 phơng trình với nhau theo từng vế ta đợc:

3 2 2

x x y 12xy 0

0,75

 <i>₍</i> 2 2<i>₎</i>

x x xy 12y 0 

x 0

x 3y

x 4y



 

 


0,50

+ Víi x = 0, thay vào hệ (1) không thỏa mÃn. _0,25

+ Vi x = 3y, thay vào hệ (1) đợc nghiệm x 3

y 1








vµ x 3

y 1








0,25

+ Với x = –4y, thay vào hệ (1) đợc nghiệm <i>/</i>

<i>/</i>

x 4 6 13

y 6 13

 







vµ <i>/</i>

<i>/</i>

x 4 6 13

y 6 13

0,25

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

<b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>
<b>Câu 3</b> (1,5 ®iĨm)

1. (1,0 ®iĨm)

Ta có do các tam giác AHO và OHB đồng dạng nên các tam giác OO1H và

BO2H cũng đồng dạng suy ra ₁ ₂

1 2

HO HB

HO HO

O HO O HB








 



(1)

0,5

Tõ (1) suy ra nÕu thùc hiƯn liªn tiÕp 2 phép biến hình gồm phép 450
H

Q và V_Hk
víi

1
HO
k

HO

 khi đó O O₁<i>;</i>B O₂ và đờng thẳng OB biến thành đờng

thẳng O1O2, do đó góc giữa OB và O1O2 là 450, suy ra tam giác OIJ l tam giỏc

vuông cân.

0,5

2. (1,0 điểm)

Vì tam giác OIJ là tam giác vuông cân nên 0

1 1

OHO OIO 45

, từ đây suy

ra OHO₁OIO₁, suy ra OI = OH.

0,5

Do đó:

2 2 2 2

2

2 2 2

1 2S 2S 2S S S

S OIJ OH

2 AB OA OB OA OB 2S 2

<i>(</i> <i>)</i>

<i>.</i>

<i>(</i> <i>)</i>

     



Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OA = OB tức là tam giác OAB là tam giác
vuụng cõn.

0,5

A
B

O₁
O2

H
J

I x

y

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

<b>Câu 4</b> (2,0 điểm)
Từ giả thiÕt

n 1 n n n n

x _  x (x 1)(x 2)(x 3) 1 

n 1 n n n n

x _  x (x 3)(x 2)(x 1) 1

2 2

n 1 n n n n

x _  (x 3x )(x 3x 2) 1  2 2

n 1 n n

x _  (x 3x 1)

Hay 2

n 1 n n

x _ x 3x 1

0,5

Từ đây suy ra x_{n 1} 1 (x_n 1)(x_n 2) suy ra

n n n 1

1 1 1

x 2 x 1 x _ 1.

Từ đó <i>...</i>

n
n

i 1 2 2 3 n n 1

i 1

1 1 1 1 1 1 1

y

x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x _ 1



       

      



=

1 n 1 n 1

1 1 1 1

x 1 x _ 1 2 x _ 1. (1)

0,5

Từ giả thiết suy ra



x_n



là dÃy các số dơng và <i>₍</i> <i>₎</i>2

n 1 n n

x _  x  x 1 1

 x_{n 1}_ x_n 1, từ đây suy ra



x_n



là dÃy tăng vµ <i>lim</i>x_n . (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra <i>lim</i>y_n 1
2

1,0

<b>Câu 5 </b>(1,0 điểm)

0,25

1. (1,0 điểm)

Chứng minh r»ng OD OE OF 1

SA  SB  SC  .

Ta cã OD MO

SA MA ;

OE NO

SB NA;

OF PO

SC PC (1)

0,5

D

F E

O

N

M

P

C

B
A

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>Néi dung</b> <b>Điểm</b>

2. (1,0 điểm)

Gọi K là hình chiếu của F trên mp(ODE) và H là hình chiếu của C trên

mp(SAB), ta cã <i>( .</i> <i>)</i> <i>(</i> <i>).</i>

<i>(</i> <i>).</i>

V O DEF S ODE FK

V S SAB CH (3)

Lại do SA//OD , SB//OE và SC//OF nªn:

<i>(</i> <i>)</i>

<i>.</i>

<i>(</i> <i>)</i>

S ODE OD OE

S SAB SA SB ;

FK OF

CH SC (4)

Từ (3) và (4) ta đợc V O DEF<i>( .</i> <i>)</i> OD OE OF

V SA SB SC (*)

0,50

Từ đó: <i>( .</i> <i>)</i>

3

V O DEF OD OE OF 1 OD OE OF 1

V SA SB SC 27 SA SB SC 27

 

    _   _ 

 

Hay V O DEF<i>( .</i> <i>)</i> 1 V

27

 , dấu đ

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OD OE OF 1 MO NO PO 1

SA SB SC  3 MA NB PC 3 ,

tøc lµ O lµ trọng tâm tam giác ABC.
Vậy V O DEF<i>( .</i> <i>)_max</i> V

27

, khi O là trọng tâm tam giác ABC.

0,50

</div>

<!--links-->