Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 năm 2008-2009 - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế

Chia sẻ: Ngô Văn Tiến | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

250
lượt xem 44
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 năm 2008-2009" này gồm 7 câu hỏi bài tập với thời gian làm bài trong vòng 180 phút. Ngoài ra, tài liệu này còn kèm theo đáp án chi tiết cho mỗi câu hỏi bài tập. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 năm 2008-2009 - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề thi gồm 02 trang Bai 1: (3 điểm) ̀ 1 1 Cho phương trình cos x − sin x + − + m = 0 (1) sin x cos x 2 � π 3π � a) Với m = − , tìm các nghiệm của phương trình (1) trên khoảng � ; � . 3 �4 4 � b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm trên khoảng � π 3π � − � ; � . �4 4 � ̀ ̉ Bai 2: (3 điêm) Cho điểm A cố định trên đường tròn và điểm C di động trên đ ường tròn đó. Dựng hình thoi ABCD (hướng quay của tia AB đến AC và AD theo chiều dương lượng giác) sao cho góc ﾷ ABC = 2arc cot 2 . a) Xác định phép đồng dạng biến điểm C thành điểm B. b) Tìm quỹ tích của các điểm B và D. Xác định các quỹ tích đó. Bai 3: (3 điểm) ̀ log8 xy = 3log8 x log 8 y a) Giải hệ phương trình x 3 log 2 = log y x y 4 1 3 b) Giải bất phương trình: log 2 x log 3 x + 3 > log 2 x + log 3 x 2 4 2 4 Bai 4: (2 điểm) ̀ 37 11 4n − 1 Cho dãy số un = + 2 + 3 + ��n với mọi số nguyên dương n . + 22 2 2 a) Chứng tỏ rằng các tử số của các số hạng liên tiếp của un lập thành một cấp số cộng. b) Hãy biến đổi mỗi số hạng của un (n 1) thành một hiệu liên quan đến 2 số hạng kế tiếp của nó, từ đó rút gọn un và tính lim un Bai 5: (3 điểm) ̀ a) Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4.
b) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu- n �1 � tơn của � + x 3 x 2 � biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong 3 �x � khai triển này là a0 + a1 + a2 + ... + an = 4096 O Bai 6: (3 điểm) ̀ M Cho cốc nước (hình vẽ) phần trên là hình nón đỉnh S, đáy có tâm O bán kính R, chiều cao SO = h. Trong cốc nước đã chứa một lượng nước có chiều cao a so I với đính S. Người ta bỏ vào cốc nước một viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu. Hãy tính bán kính S của viên bi theo R và h. Bài 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng ϕ . a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và các cạnh bên của hình chóp. b) Mặt phẳng (P) tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy (góc này có đỉnh ở trên AB) c ắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai ph ần. Tính t ỉ số thể tích của hai phần đó. Hết
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009 Môn: TOÁN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ̀ Bai 1 NỘI DUNG ĐIỂM (3đ) 1 1 2 Giải phương trình: cos x − sin x + − + = 0 (a) sin x cos x 3 a) � π� 1− t2 (1,5) Đặt t = cos x − sin x = 2 cos � + � − 2 t x , 2 , sin x cos x = � 4� 2 0,5 Phương trình (a) trở thành: t + 2t 2 + =0 − 2 t 1− t2 3 2, t ( 1 ) ( � 3t 3 + 2t 2 − 9t − 2 = 0 − 2 � � 2, t � 1 t � ) ( � (t + 2)(3t 2 − 4t − 1) = 0 − 2 � � 2, t � 1 (*) t � ) 2 7 � t = −2 < − 2 (loại) hay t = 3 0,5 1 2−3 2− 7 2 + 7 2 + 2,5 Ta có: − 2 < − = < < 0; > = 1,5 > 2 3 3 3 3 3 2− 7 Do đó phương trình (*) chỉ có một nghiệm t = 3 Suy ra phương trình (a) tương đương � π � 2− 7 � π � 2− 7 2 cos � + � x = � cos � + � x = � 4� 3 � 4� 3 2 π 3π π Theo giả thiết: − < x < � 0 < x + < π , nên phương trình (a) chỉ có một 0,5 4 4 4 π �− 7� 2 nghiệm duy nhất x = − + arccos � �3 2 � � 4 � � (1) � t + 2t 1− t 2 ( = −m − 2 � � 2, t � 1 (2) t � ) � π� � π� t Nhận xét: phương trình 2 cos � + � t t �� 1 x � 4� = 2, t ( cos � + � x = � 4� 2 chỉ ) � π 3π � π t có một nghiệm duy nhất trong khoảng � ; �là x = − + arccos − �4 4 � 4 2 � π 3π � − Do đó để (1) có 2 nghiệm trong khoảng � ; �thì phương trình (2) có 2 0,5 �4 4 � nghiệm. Xét hàm số g (t ) = t + 2t 1− t2 ( − 2 t 2, t 1 . ) 2(1+ t2 ) g '(t ) = 1 + > 0, ∀t �� 2; 2 �{ −1;1} �− �\ 0,5 ( 1− t ) 2 2
Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi và chỉ khi: ( m � −� − 2 � � 2; + � : ; � � � ) t − 2 -1 1 2 0,5 g'(t) + + + + + 2 g(t) − 2 − − ̀ Bai 2 (3đ) a) (1,0) BI Ta có: ﾷ ABI = arccot 2 � ﾷ = 2 � IAB = arctan 2 = α (không đổi). AI AB a 3 3 Nếu đặt AI = a thì AB = a 3 � = = = k (không đổi). 0,5 AC 2a 2 Do đó: Qua phép quay tâm A, góc −α : điểm C biến thành điểm M và uuu r 3 uuuu r 3 AB = AM nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số k = . 2 2 3 Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ k = . 0,5 2 b) Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích c ủa B là ảnh c ủa đ ường tròn 0,25 (2,0) (O) qua phép đồng dạng F. Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc α và phép vị tự tâm A tỉ số k = 3 . Phép biến hình hợp thành của hai phép 2 biến hình này là phép đồng dạng F' 0,5 3 Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ k = . 2 0,25 Để xác định quỹ tích của B:
Ta chọn một điểm C trên (O), dựng trung điểm I của AC, d ựng hình vuông AIKL, dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đo ạn AC tại B. Dựng hình thoi ABCD. Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB tại M. 0,25 Để dựng ảnh của O là O' qua phép quay Q(A, −α ): Dựng trung điểm J của AO, dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS c ắt trung tr ực đo ạn AO tại P. Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP t ại O'. Qua B k ẻ 0,25 đường thẳng song song với MO' cắt tia AP tại O". Quỹ tích của B là đường tròn tâm O", bán kính R" = O"A 0,25 Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO 0,25 ̀ Bai 3 (3đ) log 8 xy = 3log8 x log8 y log 2 x + log 2 y = log 2 x log 2 y a) � � (1,5) � x 3 log 2 = log y x �� log 2 x − log 2 y = 3 log 2 x ( x > 0, y > 0, y � ) 1 0,5 � y 4 � 4 log 2 y Đặt: u = log 2 x ; v = log 2 y hệ phương trình trở thành: u + v = uv � u ( v − 1) = v � � � 3u ( v �۹0) � � 3 �( v 0 ) (2) � − v = 4v u �u = u � + 4v � 2 v � � Nếu u = 0 thì v = 0 trái với điều kiện. Do đó u 0 Suy ra: v u= v � v −1 � u= � 1� � 3� � ( u, v �0 ) � � v −1 � ( u; v ) = � 1; �( u; v ) = � � − , 3; 0,5 �=v+ 3 2 �v 2 − 8v + 3 = 0 4 � 2� � 2� 4v Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm: ( ) 1 0,5 ( x ; y ) = � ; 2 � ( x ; y ) = 8; 2 2 � �, �2 �
b) 1 3 log 2 x log 3 x + 3 > log 2 x + log 3 x � log 2 x log 3 x + 6 − 3log 2 x + 2 log 3 x > 0 (1,5) 2 2 0,5 4 4 4 4 � � � log 2 x − 2 > 0 � log 2 x − 2 < 0 � � 0,5 � ( log 2 x − 2 ) � 3 x − 3 � 0 � � x − 3 > 0 hay � x − 3 < 0 log > log 3 log 3 � 4 � � 4 � � 4 � x>4 x � �= � � 64 4 � � 64 4 � 27 � 0,5 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: � ; 4 � � 64 � ̀ Bai 4 (2 đ) Ta có: [ 4(k + 1) − 1] − ( 4k − 1) = 4 = [ 4(k + 2) − 1] − [ 4( k + 1) − 1] 0,5 Do đó:3, 7, 11, ... , (4k-1) lập thành một cấp số cộng có công sai d = 4. Suy ra: 2 � ( k + 1) − 1) � (4k − 1) + � ( k + 2 ) − 1) � 2 ( 4k + 3 ) = (4k − 1) + (4 k + 7) � (4 � = �(4 � � 0,5 4 k + 3 4 k − 1 4k + 7 4 k − 1 4k + 3 4 k + 7 � k −1 = k + k � = k −1 − 2 2 2 2k 2 2k Suy ra: 3 7 11 4(n − 1) − 1 4n − 1 un = + 2 + 3 + ... + + n = 2 2 2 2n −1 2 4 n − 1 4 n + 3 4n + 3 4 n + 7 0,5 � 11 � � 15 � � 19 � 11 15 = � − 2 � � 2 − 3 � � 3 − 4 � ... + n −2 − n−1 + n −1 − 7 + + + � 2 �� 2 2 �� 2 � 2 2 2 2 2n 4n + 7 0,5 un = 7 − � lim un = 7 2n Bài 5 (3 đ) a) Các số cần tính tổng có dạng abcd với a, b, c � 1, 2, 3, 4} , d � 2, 4} { { (1,5đ ) Ta có abcd = 10 a + 10 b + 10c + d � �abcd = 103 � + 102 � + 10� + � 0,25 3 2 a b c d Có tất cả: 4 4 4 2 = 128 số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ { 1, 2,3, 4} , trong đó: 0,5 mỗi chữ số a, b, c xuất hiện 4 4 2 = 32 lần mỗi chữ số d xuất hiện 4 4 4 = 64 lần. 0,5 Do đó: � = � = � = 32 ( 1 + 2 + 3 + 4 ) = 320 và a b c d = 64 ( 2 + 4 ) = 384 0,25 Suy ra: abcd = 320 ( 103 + 102 + 10 ) + 384 = 320 1110 + 384 = 355584
b) n k 5( n − k ) �1 � n − (1,5) Ta có: f ( x) = � + x 3 x 2 �= ak x 3 x 3 0,25 3 �x � k =0 n 0,5 ak = ( 1 + 1) = 2n = 4096 = 212 � n = 12 n f (1) = k =0 Suy ra: 12 k 12 − k − k 5( 12− k ) −6 k + 60 k � 3 �� 3 � 1 5 �1 3 2 � 12 − 12 + 12 0,25 � + x x � = � 12 � �� = � 12 x = � 12 x 3 k k 3 C x x C 3 3 C �x � k =0 � �� k =0 k =0 Số hạng không chứa x ứng với −6k + 60 = 0 � k = 10 . 0,25 Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: C12 = 66 10 0,25 Bài 6 (3đ) I S 1 2 1 π R 2 a3 � a � r 0,5 Thể tích nước chứa trong cốc là: V0 = π r a = 2 � = � 3 3 h � h� R Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu, tức là mặt nước tiếp 4 3 xúc với mặt cầu. Gọi x là bán kính của viên bi, ta có: VC = π x . 0,5 3 1 1 π R 2 h13 Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là: V1 = π r12 h1 = 3 3 h2
0,5 x R SI l = � SI = = xl x R 2 + h 2 R R � h1 = SI + x = x R R + R 2 + h2 ( ) 0,25 r1 = Rh1 x h = R + R2 + h2 h ( ) 1 2 1 π x3 ( ) 0,25 3 Do đó: V1 = π r1 h1 = R + R 2 + h2 3 3 Rh 2 1 π x3 1 π R 2 a 3 4π x 3 ( ) 3 Ta có: V1 − V0 = VC � R + R 2 + h2 − = 3 Rh 2 3 h2 3 ( ) � � ( ) 3 3 � x 3 R + R 2 + h 2 − a 3 R 3 = 4 Rh 2 x 3 � � + R 2 + h 2 − 4 Rh 2 � 3 = a 3 R 3 R x 0,5 � � ( ) 3 Với điều kiện: R + R 2 + h 2 > 4 Rh 2 , ta tìm được bán kính của viên bi: 0,25 aR x= ( ) 3 3 R + R2 + h2 − 4 Rh 2 0,25 Nếu h1 = h � h = x R R + R2 + h2 � x = ( Rh R + R2 + h2 ) a 3 R3 R 3h3 = Suy ra: ( ) ) ( 3 3 R + R 2 + h 2 − 4 Rh 2 R + R 2 + h2 h �R + R + h ) − 4 Rh � ( h �( R + R + h ) − 4 Rh � 3 � 2 2 3 2 2 2 3 2 3 � a3 = � � a= � ( R+ R +h ) 3 R+ R +h 2 2 2 2 Vậy: Để nước trong cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ra ngoài thì: ( ) 3 R + R2 + h2 > 4 Rh 2 ( ) 3 h � R + R 2 + h2 3 − 4 Rh 2 0
Bài 7 (3 đ) a) ﾷ ϕ = SMO 0,25 (1,5) S a 3 0,25 SO = tan ϕ 6 a 3 SA = AO 2 + SO 2 = tan 2 ϕ + 4 0,25 K 6 L Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và H mỗi cạnh bên của hình chóp có tâm I I cách đều (ABC) và SA, nên I là giao điểm của tia phân giác góc SAO và 0,25 SO, bán kính của mặt cầu là: r = IO B . C IO AO IO AO O = � = 0,25 M IS AS OS AO + SA a 3 tan ϕ 0,25 A r= 2 + tan 2 ϕ + 4 b) S Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phấn (1,5) ﾷ giác MT của góc ϕ = SMO , cắt hình 0,5 chóp theo thiết diện là tam giác cân N H 1 ABN (N là giao điểm của tia phân giác MI và SC) H 2 Gọi H1 và H2 là hình chiếu của S và C I xuống MI, ta có hai tam giác vuông 0,5 SMH1 và CMH2 đồng dạng, nên: B SH1 SM 1 = = O C CH 2 CM 3cos ϕ M Suy ra tỉ thể tích của hai hình tứ diện A được cắt ra bởi thiết diện AMB là: 0,5 VSABN SM 1 = = VCABN CM 3cos ϕ