De thi va dap an hoc sinh gioi Toan lop 12 THPT tinh Tuyen Quang 20102011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi này có 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1. ( 4 điểm): ïìï x4 + y4 = 97 í 3 ïï x y + y3x = 78 a) Giải hệ phương trình: ïî. b) Giải phương trình:. 3 x 2  5x  5 x 2  5 x  7. Câu 2. ( 4 điểm): a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:. x2 - 2y2 - 1 = 0 b) Cho n là 1 số tự nhiên. Chứng minh : 1 1 1 1 + + + .. .. .. .+ <2 2 3 √2 4 √ 3 (n+1) √ n. Câu 3. ( 4 điểm): Cho dãy số (Un) xác định bởi: ìï U1 = a ïï ï Un + 1 í ïï U n +1 = - 1 2 ïï U + 1 î n. trong đó -1 <a < 0. a) Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 với b) Chứng minh rằng:. 0 < U n +1 + 1 £. "n Î ¥. 1 2. a +1. và (Un) là một dãy số giảm. (U n + 1). với. "n Î ¥. Câu 4. (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương 2 2 trình: x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d. Câu 5. (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = x 2 . ( ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ) . Tính diện tích thiết diện theo a và x. b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện. --------------------------------------------Hết -----------------------------------------------Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> sở giáo dục và đào tạo tuyªn quang. k× thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 12 NĂM HỌC 2010 - 2011. M«n thi: To¸n Hướng dẫn chấm Câu 1. a). Nội dung ìï x + y4 = 97 ï í 3 ïï x y + y3x = 78 Giải hệ phương trình sau: ïî (I) 4 4 2 2 2 2 2 x + y = (x + y ) - 2x y Ta có: ìï (x2 + y2)2 - 2x2y2 = 97 (1) ï Û í ïï xy(x2 + y2) = 78 (2) ï î (I). Điểm. 4. 2 2 Đặt x + y = u; xy = t Từ PT (2) suy ra ĐK:. u 0; t 0 ïì u2 - 2t2 = 97 Û ïí Û ïï ut = 78 î Þ u2,(- 2t2) là nghiệm. ìï u2 + (- 2t2) = 97 ï í 2 2 ï ïîï u (- 2t ) = - 12168. 0,5. của phương trình bậc hai: X - 97X - 12168 = 0 Û X = 169 và X = - 72 2. ìï u2 = 169 Û ïí 2 Û ïï t = 36 îï. ìï (x2 + y2)2 = 169 ïí Û 2 ïï ( xy ) = 36 îï. ìï x2 + y2 = 13 ïï ïí é xy = 6 ïï ê ïï ê xy = - 6 î ê ë. 0,5.  x 2  y 2 13   xy 6. Gíải PT: được 4 nghiệm: (x; y) = (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2). 0,5. Hệ (1) có 4 nghiệm: (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2) Tóm lại hệ có 4 nghiệm như trên. 0,5 1. b). 2 2 Giải phương trình: 3 x  5 x  5  x  5 x  7 (1).  5 5 x 2 x 2  5 x  5 0    5 5 x 2  Điều kiện: Đặt √ x2 −5 x+ 5=t ¿(t ≥ 0) Phương trình đã cho trở thành:  t 1 t 2  3t  2 0    t 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 2  5 x  5 1  2   x  5 x  5 4.  x 2  5 x  4 0  2  x  5 x  1 0. 0,75.   x 1    x 4   x  5  21  2. 0,75. Câu 2. 2.a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình: x2 - 2y2 - 1 = 0 (1) Ta có: (1) 2. 0,5. 2. Û x - 1 = 2y Û (x - 1)(x + 1) = 2y.y Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra: 1.. y {xx+1=2 − 1= y. ⇔ x =3 (thoả mãn) y=2  x 1  y  x  3     x  1 2 y  y 2 (loại). 2. 3. 4.. 2. b). {. 0,75. x +1=2 y 2 (không có nghiệm thoả mãn) x −1=1 x +1=1 vô nghiệm x −1=2 y 2. {. {. 0,75. Thử lại (3; 2) thoả mãn PT. Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình. Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh : 1 1 1 1 + + + .. .. .. .+ <2 2 3 √2 4 √ 3 (n+1) √ n. Ta có :. 1 √ n = √n . 1 = √n . n+1− n =√ n .( 1 − 1 ) = n (n+1) (n+1) n n n+1 (n+1) √ n n(n+1). 0,5  n .(. 1 1 1  )(  n n 1 n. (Vì dễ thấy : 1 + 1. √n √n+1 1. 1 n 1 ) (1  )(  n 1 n 1 n. 1 1 )  2.(  n 1 n. 1 ) n 1. < 1+1 = 2 ) 1. Vậy : (n+1) n <2( n − n+1 ) √ √ √. (1). Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, …..n ta có:. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 1 = <2( − ) 2 ( 1+1) √1 √1 √2 1 1 1 1 = < 2( − ) 3 √ 2 (2+1) √ 2 √2 √3 1 1 1 1 = <2( − ) 4 √ 3 (3+1) √3 √3 √4. 0,75. ........................................ 1 1 1 <2( − ) (n+1) √ n √ n √ n+1. Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 + + + .. .. .. .+ <2 (12 3 √2 4 √ 3 (n+1) √ n 1 (Bởi vì 1<1) √n+1. Câu Cho dãy số (Un) xác định bởi: U1 = a 3. ìïïï ïí a) ï U n +1 = U n + 1 - 1 ïï ïî. 1 ¿ < 2 (ĐPMC) √n+1. (1). 2 Un +1. trong đó - 1< a < 0 Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 (2) với " n Î ¥ và (Un) là một dãy số giảm. CM bằng quy nạp: - với n = 1 thì U1 = a theo giả thiết - 1 < a < 0 nên (2) đúng với n = 1. - Giả sử (2) đúng với n = k: - 1 < U k < 0 ta CM (2) đúng với n = k + 1: - 1 < U k 1 < 0. 0,5. Từ giả thiết quy nạp - 1 < U k < 0 ta có: 0 < Uk + 1 < 1 1. uk2  1  1 . uk2  1. Mặt khác: Uk + 1. 0<. U k2 + 1. 1. <1. 0,75 - 1<. Do đó suy ra tức là: - 1 < Uk+1 < 0 (đccm) 2. Vì - 1 < Un < 0 nên Un + 1 và U n U n +1 =. Từ (1) suy ra: Vậy Un là dãy giảm. 3. b). Un + 1 U n2 + 1. >0. Uk + 1 U k2 + 1. với. - 1< 0. "n. - 1 < (U n + 1) - 1 = U n. 0,75. U n +1 + 1 =. 1. (U n + 1) U n2 + 1. "n. (3). Từ đẳng thức (1) suy ra: Vì Un là dãy giảm; -1 < Un < 0 với mọi n và U1 = a nên: - 1 < U n £ a < 0 với " n từ đó suy ra: U n ³ a Û U n2 ³ a2 1. Do đó:. U n2. +1. £. 1 2. a +1. "n. và từ (3) ta có:. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1. U n +1 + 1 £. (U n + 1) a +1 2. 0,75. "n. Theo chứng minh trên ta có: 0 < U n +1 + 1 £. 1. (U n + 1) a2 + 1. "n. 0,75. Câu Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng 4 d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có 2. 2. phương trình: x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d. Ta có: (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1 Vì d tiếp xúc với (C) . Û. 1,0. d(O;d) = R. 1 a 2  b 2 =1. . 1,0. a 2  b 2 1  a 2  b 2 1. Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là: T. Do.  a 1 a 2  b2. . b 1 a2  b2. 1  a  a 1. 1,0. a £ 1Þ T = 2. 1,0. a2 + b2 = 1 Þ. Vậy Min T = 2 Câu Hình vẽ: 5.. S. M. K A N. D O. B. 5. a). Ta cã:. 0,5. H C. SA(ABCD) ()(ABCD).  SA // (). ()(SAB) = MN // SA ()(SAC) = OK // SA ()(SABCD) = NH qua O ()(SCD) = KH VËy thiÕt diÖn cÇn t×m lµ tø gi¸c MNHK.. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta cã MN// OK // SA  MN  (ABCD); OK (ABCD) 1 1 Std ShtMKON  S KOH  ( MN  KO ).ON  .OK .OH 2 2 SA MN = BN = x; KO = 2 ;. Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có: 2. a a 2  OH ON  BN 2  BO 2  2 BN .BO.cosOBN  x2   2x .cos450 2 2  x 2  ax . a2 2. Suy ra :. (a  2 x) 2 x 2  2ax  a 2 s1  4 2 a 2 x 2  2ax  a 2 s1  4 2. 0,75. 1 a2 (a  x). x 2  ax  2 Vậy: Std = 2. 5. b). §Ó thiÕt diÖn lµ h×nh thang vu«ng  MK// NO// BC  N lµ trung ®iÓm AB . x. a 2. S. 0,5. K. M A. D. N O. 1 a3 . SA . dt ( ABCD )  C B 3 Gäi V lµ thÓ tÝch khèi chãp, ta cã : V= 3E MÆt ph¾ng ( ) chia khèi chãp thµnh 2 phÇn V1 , V2 víi : V1. H. 0,5. =VK.OECH+VKOE.MNB ; V2 V  V1 2. Ta cã :. VK .OECH. 1 1  a  a a3  .OK .dt (OECH )    .  3 3  2  2 24 2. VKOE .MNB. Suy ra :. V1 . a 1 a a3 ON .dt (MNB)  .    2 2  2  16 a 3 a 3 5a 3   24 16 48. . 0,5 0,5. 11a3 V2 V  V1  48. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ---------------------------------------------------Hết-------------------------------------------Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>