Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Thanh hóa

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

135
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ Năm học 2010- 2011 Đề chính thức Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Số báo danh Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Câu I. (4,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − (m + 1) x2 − (4 − m2 ) x −1 − 2m ( m là tham số thực), có đồ thị là (Cm ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = −1. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị (Cm ) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Câu II. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: cos 2 x + cos3 x − sin x − cos 4 x = sin 6 x. 2) Giải bất phương trình: 6( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0 ( x ∈ ). 3) Tìm số thực a để phương trình: 9 x + 9 = a3x cos(π x) , chỉ có duy nhất một nghiệm thực π 2 sin x .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ dx. ( ) 3 0 sin x + 3 cos x Câu IV. (6,0 điểm). 1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM = x, AN = y . Tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất. 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng Δ : x − y + 5 = 0 và hai elíp x2 y 2 x2 y 2 ( E1 ) : + = 1 , ( E2 ) : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E2 ) 25 16 a b đi qua điểm M thuộc đường thẳng Δ. Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 3) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (0; 2;0) và hai đường thẳng ⎧ x = 1 + 2t ⎧ x = 3 + 2s ⎪ ⎪ Δ1 : ⎨ y = 2 − 2t (t ∈ ); Δ 2 : ⎨ y = −1 − 2 s ( s ∈ ) . ⎪ z = −1 + t , ⎪ z = s, ⎩ ⎩ Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng Δ1 , Δ 2 lần lượt tại A, B thoả mãn AB = 1 . Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thoả mãn: ⎧a 2 + b2 + c 2 = 6 ⎨ ⎩ ab + bc + ca = −3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 6 + b6 + c 6 . .............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT (Gồm có 4 trang) Ngày thi: 24 - 3 - 2011 Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm Câu I 1) Với m = −1, ta được hàm số y = x 3 − 3x + 1. 4,0 đ 2,0đ Tập xác định: . 0,5 Giới hạn tại vô cực: lim y = +∞, lim y = −∞. x →+∞ x →−∞ Sự biến thiên: y ' = 3 x − 3 = 0 ⇔ x = ±1. 2 y ' > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞ ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ − 1) và (1; +∞) . 0,5 y ' < 0 ⇔ x ∈ (−1;1). Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1). Điểm cực đại của đồ thị (−1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; −1). Bảng biến thiên: x −∞ +∞ −1 1 y' + 0 − 0 + 0,5 3 +∞ y −∞ −1 Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3). y Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng 3 1 0,5 -2 -1 1 2 O x -1 2) Ta có y ' = 3 x 2 − 2(m + 1) x − 4 + m 2 , là tam thức bậc hai của x. 2,0đ y' có biệt số Δ ' = −2m 2 + 2m + 13. 0,5 Nếu Δ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn. ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ 0,5 Nếu Δ' > 0 ⇔ m∈⎜ ; ⎟ , thì y ' = 0 có hai nghiện x1, x2 ( x1 < x2 ). ⎝ 2 2 ⎠ x -∞ x1 x2 +∞ Dấu của y': y' + 0 − 0 + Chọn x0 ∈ ( x1 ; x2 ) ⇒ y '( x0 ) < 0. Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao 1 cho y '( x). y '( x0 ) = −1 ⇔ pt: 3x2 − 2(m + 1) x − 4 + m2 + = 0 (1) có 0,75 y '( x0 )
3 ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ nghiệm . Pt (1) có: Δ1 ' = −2m2 + 2m +13 − > 0,∀m∈⎜ ; ⎟. y '(x0 ) ⎝ 2 2 ⎠ ⎛1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ Vậy giá trị cần tìm của m là m ∈ ⎜ ; ⎟. 0,25 ⎝ 2 2 ⎠ Câu II 1) PT ⇔ (cos 2 x − cos 4 x) − sin x + (cos 3x − 2 sin 3x. cos 3x) = 0 0,5 6,0 đ 2,0đ ⇔ (2 sin x sin 3x − sin x) − (2 sin 3x cos 3x − cos 3x) = 0 ⇔ (2 sin 3 x − 1)(sin x − cos 3 x) = 0 0,5 ⎡ π 2π ⎢ x = 18 + k 3 ⎢ 0,5 ⎡ 1 ⎢ x = 5π + k 2π ⎢sin 3 x = 2 ⎢ 18 3 ⇔⎢ ⇔⎢ (k ∈ ). ⎢cos 3 x = cos⎛ π − x ⎞ ⎢x = π + k π ⎢ ⎜ ⎟ ⎣ ⎝2 ⎠ ⎢ 8 2 ⎢ 0,5 π ⎢ x = − + kπ ⎣ 4 2) Tập xác định: .. 0,5 2,0đ BPT ⇔ 6 ( 2( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) ) + 6( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) ≤ 0 x2 − x + 1 6( x 2 − x + 1) 0,5 ⇔ 12. 2 + − 6 ≤ 0 (vì x 2 + x + 1 > 0, ∀x ) x + x +1 x + x +1 2 6( x 2 − x + 1) 3 Đặt: t = (t > 0), ta được 2t 2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤ . 0,5 x + x +1 2 2 BPT đã cho tương đương với 6( x 2 − x + 1) 9 ⎛ 11 − 21 11 + 21 ⎞ ≤ ⇔ 5 x 2 − 11x + 5 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎜ ; ⎟. 0,5 x2 + x + 1 4 ⎝ 10 10 ⎠ 3) 9 x + 9 = a3x cos(π x) ⇔ 3x + 32− x = a.cos(π x) (2). 0,5 2,0đ Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 2 − x cũng là nghiệm của (2), 0 0 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 = 2 − x0 ⇔ x0 = 1. 0,5 Với x0 = 1 , thì từ (2) suy ra a = −6. Với a = −6, thì phương trình (2) trở thành 3x + 32− x = −6cos(π x) (3). 1,0 ⎧3x + 32− x = 6 Ta có VT (3) ≥ 6, VP (3) ≤ 6. Vậy (3) ⇔ ⎨ ⇔ x = 1. ⎩−6cos(π x) = 6 Vậy a = −6. Câu 1 3 III Ta có: sin x = (sin x + 3 cos x) − (cos x − 3 sin x) 0,5 4 4 2,0đ 1 3 = (sin x + 3 cos x) − (sin x + 3 cos x) '. 4 4 π π 1 2 1 3 2 (sin x + 3 cos x) ' Suy ra I = ∫ 4 ∫ (sin x + 3 cos x)3 dx − dx 4 0 (sin x + 3 cos x) 2 0 0,25
π π 1 2 1 3 2 = ∫ 2 dx + 16 0 ⎛ π⎞ 8(sin x + 3 cos x) 2 0,75 cos ⎜ x − ⎟ 0 ⎝ 6⎠ π 0,5 1 ⎛ π⎞2 3 3 3 3 = tan ⎜ x − ⎟ + = + = . 16 ⎝ 6 ⎠ 0 12 12 12 6 Câu 1) Kẻ DH ⊥ MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC). IV 2,0đ Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. 0,5 6,0đ 1 3 Ta có: SAMN = .AM.AN.sin600 = xy ; SAMN = SAMH + SANH 2 4 0,5 1 1 1 3 = .AM.AH.sin300+ .AN.AH.sin300 = . (x+y). 2 2 4 3 3 1 3 Suy ra xy = . (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ 1 ). 4 4 3 Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: D S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN 1 1 = AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 2 1 1 + DH.MN + AM.AN.sin600. 2 2 6 = 3 xy + 3xy(3xy − 1) . 0,5 6 2 C4 B Từ 3xy = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≥ ⇒ xy ≥ . 3 9 H 3(4 + 2) 2 N M Suy ra min S = , khi x = y = . 0,5 9 3 A 2) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( −3;0), F2 (3;0). 0,5 2,0đ Điểm M ∈ ( E ) ⇒ MF + MF = 2a . Vậy ( E ) có độ dài trục lớn nhỏ 0,5 2 1 2 2 nhất khi và chỉ khi MF1 + MF2 nhỏ nhất. Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F1 qua Δ , suy ra N (−5; 2). 0,5 Ta có: MF1 + MF2 = NM + MF2 ≥ NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF2 ∩ Δ ⎧ 17 0,5 ⎧x + 4 y − 3 = 0 ⎪x = − 5 ⎪ ⎛ 17 8 ⎞ Toạ độ điểm M : ⎨ ⇔⎨ ⇒ M ⎜ − ; ⎟. ⎩x − y + 5 = 0 ⎪y = 8 ⎝ 5 5⎠ ⎪ ⎩ 5 3) Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 2,0đ A ∈ Δ1 ⇒ A(1 + 2t ; 2 − 2t ; −1 + t ); B ∈ Δ 2 ⇒ B (3 + 2 s; −1 − 2 s; s ). 0,5 uuu r Suy ra AB = ( 2 + 2( s − t ); − 3 − 2( s − t ); 1 + ( s − t ) )
⎡ s − t = −1 0,5 ⇒ AB = 9( s − t ) + 22( s − t ) + 14 = 1 ⇒ ⎢ 2 2 ⎢ s − t = − 13 . ⎣ 9 uuu r ur uuu r r Với s − t = −1 ⇒ AB = (0; −1;0) ⇒ (P) có một vtpt n1 = ⎡ AB; i ⎤ = (0;0;1) , ⎣ ⎦ 0,5 suy ra ( P ) : z = 0 (loại do (P) chứa trục O x ). 13 uuu ⎛ −8 −1 −4 ⎞ r Với s − t = − ⇒ AB = ⎜ ; ; ⎟ , 9 ⎝ 9 9 9 ⎠ 0,5 uu r uuu r r −4 1 suy ra ( P) có một vtpt n2 = ⎡ AB; i ⎤ = (0; ; ) , ⎣ ⎦ 9 9 suy ra ( P ) : 4 y − z − 8 = 0 (thỏa mãn bài toán). Câu V Từ giả thiết suy ra : a + b + c = 0 0,25 2,0đ Ta có: a, b, c là ba nghiệm thực của phương trình ( x − a )( x − b)( x − c) = 0 ⇔ x 3 − 3 x − abc = 0 ⇔ x 3 − 3 x + 1 = abc + 1 (3) 0,5 Từ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực a, b, c khi và chỉ khi −1 ≤ abc + 1 ≤ 3 ⇔ −2 ≤ abc ≤ 2. abc = −2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2. 0,5 abc = 2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2. P = a 6 + b 6 + c 6 ⇒ P − 3(abc) 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )(a 4 + b 4 + c 4 − a 2b 2 − b 2c 2 − c 2 a 2 ) 0,5 . = (a 2 + b 2 + c 2 )3 − 3(a 2 + b 2 + c 2 )( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) = 216 − 18.9 = 54 . P = 3( abc) 2 + 54 ⇒ max P = 66, khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, 0,25 hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2. GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT THANH HÓA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Các giám khảo Điểm của bài thi Số phách (Họ và tên, chữ ký) 1. Bằng số 2. Bằng chữ Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1) 2) Thí sinh ghi kết quả vào ô trống bên phải, đối với các bài từ bài 6 – 10 có thêm phần tóm tắt lời giải. 3) Thí sinh không được có thêm ký hiệu nào khác trong bài làm. Đề bài Kết quả Bài 1: (2 điểm) Tìm gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình: 3(sin x + cos x ) − 5sin x cos x = 2 Bài 2: (2 điểm) Tính gần đúng diện tích tam giác ABC có cạnh AB = 6 dm, các 0 ' '' 0 ' '' góc A = 123 3128 và B = 25 40 26 . Bài 3: (2 điểm). ⎧log 2 3 x + log 2 y = y + log 2 x ⎪ Giải hệ phương trình ⎨ ⎪log 3 12 + log 3 x = y + log 3 y x ⎩ Bài 4: (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; -1) và hai đường thẳng: d1: x – y – 1 = 0 ; d2: 2x + y – 5 = 0. Tính gần đúng toạ độ tâm và bán kính của đường tròn đi qua điểm M và tiếp xúc với đường thẳng d2. Biết tâm của đường tròn nằm trên đường thẳng d1. 1
Bài 5: (2 điểm). Tính tổng S tất cả các nghiệm x thuộc đoạn [2; 40] của phương 2 2 1 + sin 3 x trình: 2cos x + cot x = . sin 2 x Bài 6: (2 điểm). Trong hộp có 100 viên bi được đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 viên. Tính xác suất của biến cố: "Tổng 3 số trên 3 viên bi là một số chia hết cho 3". Lời giải tóm tắt bài 6 Kết quả 2
Bài 7: (2 điểm). x2 Tính toạ độ gần đúng 2 điểm A, B nằm trên đồ thị hàm số y = đối xứng với nhau x −1 qua đường thẳng d: y = x – 1. Lời giải tóm tắt bài 7 Kết quả 3
Bài 8: (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA ⊥ (ABCD) . Cho SA = AB = a; Gọi C’ là trung điểm SC, (P) là mặt phẳng đi qua A, C’ và vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SD lần lượt tại B’, D’. Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ , biết rằng: a = 7,12345 cm. Lời giải tóm tắt bài 8 Kết quả 4
⎧u1 = 4, u2 = 2 Bài 9: (2 điểm). Cho dãy số ( un ) ⎨ (n ≥ 2) ⎩un +1 = 3un + 5un −1 a. Viết quy trình bấm phím tính un +1 . b. Tính u10 và u15 . Lời giải tóm tắt bài 9 Kết quả 5
Bài 10: (2 điểm). Cho hàm số f(x) = x 2010 + (k + 1) x 2009 + (2k + 1) x 2008 + ... + (2009k + 1) x + 2010k + 1 với k thuộc R. Tính f (1 – k). Lời giải tóm tắt bài 10 Kết quả 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT THANH HÓA “GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY”NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian làm bài: 150 phút ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Các giám khảo Điểm của bài thi Số phách (Họ và tên, chữ ký) 1. Bằng số 2. Bằng chữ Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1) 2) Thí sinh ghi kết quả vào ô trống bên phải, đối với các bài từ bài 6 – 10 có thêm phần tóm tắt lời giải. 3) Thí sinh không được có thêm ký hiệu nào khác trong bài làm. Đề bài Kết quả Điểm Bài 1: x1 ≈ −270 26 '33"+ k 3600 0,5 Tìm gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương x ≈ −51001'14"+ k 3600 0,5 2 trình: 0,5 x3 ≈ 62033' 27"+ k 3600 3(sin x + cos x ) − 5sin x cos x = 2 0,5 0 x4 ≈ 141 01'14"+ k 360 0 Với k ∈ Z Bài 2: Tính gần đúng diện tích tam giác ABC có cạnh AB = 6 dm, S ≈ 12,69597 dm2 2.0 0 ' '' 0 ' '' các góc A = 123 3128 và B = 25 40 26 . Bài 3: ⎧ x = log 4 2 ⎪ ⎧log 2 3 + log 2 y = y + log 2 x ⎪ x ⇔⎨ 3 Giải hệ phương trình ⎨ ⎪ y = 2 log 4 2 2.0 ⎪log 3 12 + log 3 x = y + log 3 y x ⎩ ⎩ 3 ⎧ x ≈ 2, 40942 Hay ⎨ ⎩ y ≈ 4,81884 ⎧ x1 ≈ 1,14214 I1 ⎨ 0,5 ⎩ y1 ≈ 0,14214 Bài 4: R1 = 5(9 − 6 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; -1) và ≈ 1,15095 0,5 hai đường thẳng: d1: x – y – 1 = 0 ; d2: 2x + y – 5 = 0. ⎧ x2 ≈ −27,14214 Tính gần đúng toạ độ tâm và bán kính của đường tròn đi I2 ⎨ ⎩ y2 ≈ −28,14214 0,5 qua điểm M và tiếp xúc với đường thẳng d2. Biết tâm của đường tròn nằm trên đường thẳng d1. R2 = 5(9 + 6 2) 0,5 ≈ 39, 09828 1
Bài 5: Tính tổng S tất cả các nghiệm x thuộc đoạn [2; 40] của S = 117π 1 + sin x 3 S ≈ 367,56634 2.0 2 2 phương trình: 2cos x + cot x = . sin 2 x Bài 6: Trong hộp có 100 viên bi được đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 viên. Tính xác suất của biến cố: "Tổng 3 số trên 3 viên bi là một số chia hết cho 3". Lời giải tóm tắt bài 6 Kết quả Điểm Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100, có 33 số chia hết cho 3, có 34 số chia cho 3 dư 1 và có 33 số chia cho 3 dư 2. T/h 1: Cả 3 số trên 3 viên có cùng số dư khi chia cho 3: + Lời giải đúng C3 + C34 + C33 3 3 1,0 33 T/h 2: Ba số trên 3 viên bi chia cho 3 có số dư khác nhau từng đôi: C1 .C1 .C1 33 34 33 Gọi A là biến cố cân tính xác suất, ta có 817 C3 + C34 + C33 + C1 .C1 .C1 3 3 + P(A) = 817 2450 P(A ) = 33 33 34 33 = ⇒ 3 C100 2450 Hay P( A) ≈ 0,33347 1.0 P( A) ≈ 0,33347 Bài 7: x2 Tính toạ độ gần đúng 2 điểm A, B nằm trên đồ thị hàm số y = đối xứng với nhau qua x −1 đường thẳng d: y = x – 1. Lời giải tóm tắt bài 7 Kết quả Điểm Ta có : AB ⊥ d => đường thẳng AB có phương trình dạng : y = - x + m + trình bày ⎧y = −x + m lời giải đúng 1.0 ⎪ => Toạ độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ : ⎨ x2 ⎪y = ⎩ x −1 2 m +1 ⇒ 2x – (m +1)x + m = 0 (1) => xA + xB = 2 ⎧ x A + xB m + 1 ⎪ xI = 2 = 4 ⎪ ⎧ x1 ≈ −0, 70711 Gọi I là trung điểm của AB => ⎨ ⎨ 0.5 ⎪ y = 2m − ( xA + xB ) = 3m − 1 ⎩ y1 ≈ −0, 29289 ⎪ I ⎩ 2 4 ⎧ x2 ≈ 0,70711 3m − 1 m + 1 ⎨ Mà I thuộc đường thẳng d: y = x – 1 ⇒ = -1 ⇒ m = -1 ⎩ y2 ≈ −1,70711 0.5 4 4 Thay m = -1 vào pt (1) được : 2x2 – 1 = 0 2 2 2 2 Với x1 = − ⇒ y1 = −1 + ; Với x2 = ⇒ y 2 = −1 − 2 2 2 2 2
Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA ⊥ (ABCD) . Cho SA = AB = a; Gọi C’ là trung điểm SC, (P) là mặt phẳng đi qua A, C’ và vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SD lần lượt tại B', D ' . Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ , biết rằng: a = 7,12345 cm. Lời giải tóm tắt bài 8 Kết quả Điểm S C' D' I B' A D O B C Có BD ⊥ AC và BD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) nên BD ⊥ (SAC). mp(P) ⊥ mp(SAC) nên (P) // BD. Vậy (P) qua A, C’ và song song với BD. Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD. B’D’ // BD nên B’D’ ⊥ (SAC). Do C’ là trung điểm của SC. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và AC’. 2 2 Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI = SO, suy ra SB’ = SB. 2 3 3 SB’ = SB Gọi V = VS.ABCD, V1 =VS.AB’C’D’ và V2 = VABCDB’C’D’. Ta có: 3 0.5 V2 = V- V1. 1 1 2 a3 V = SA.SABCD = a.a = . 3 3 3 VS . AB ' C ' SA SB ' SC ' 2 1 1 Có = . . = . = VS . AB ' C ' 1 VS . ABC SA SB SC 3 2 3 = VS . ABC 3 VS . ABC 1 1 V a3 0.5 Suy ra VS . AB ' C ' = . Mà VS . AB ' C ' = V1, VS . ABC = V nên V1 = = . V a3 3 2 2 3 9 V1 = = 3 3 3 3 9 a a 2a Vậy V2 = V − V1 = − = ≈ 80,32646cm3 2a 3 3 9 9 V2= 9 ≈ 80,32646cm3 1.0 3
⎧u1 = 4, u2 = 2 Bài 9: Cho dãy số ( un ) ⎨ (n ≥ 2) ⎩un +1 = 3un + 5un −1 a. Viết quy trình bấm phím tính un +1 . b. Tính u10 và u15 . Lời giải tóm tắt bài 9 Kết quả Điểm Nhập 2 SHIFT STO X 4 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA A ALPHA = 3 ALPHA B + 5 ALPHA A ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA B ALPHA = 3 ALPHA A + 5 ALPHA B Sau đó bấm phím “ = ” liên tục với giá trị của X là chỉ số của u. 1.0 U10 = 503192 0.5 U15= 651858506 0.5 Bài 10: Cho hàm số f(x) = x 2010 + (k + 1) x 2009 + (2k + 1) x 2008 + ... + (2009k + 1) x + 2010k + 1 , với k thuộc R. Tính f (1 – k). Kết quả Lời giải tóm tắt bài 10 - Điểm + Xét khi x = 1 => 1 – k = 1 ⇔ k = 0. Ta có: (0,5 đ) f(1) = 1 + 1 + …+ 1 = 2011 (vì có 2011số 1) + Xét khi x ≠ 1 ta có : x2009 + 2x2008 + 3x2007 + …+ 2009 x + 2010 = (x2009 + x2008 + … + x + 1) + (x2008 + (1,0 đ) x2007 + …+ x + 1 ) + … + (x2 + x + 1) + (x + 1) + 1 x 2010 − 1 x 2009 − 1 x3 − 1 x 2 − 1 x − 1 1 ⎡( x 2010 + x 2009 + ... + x3 + x 2 + x + 1) − 2011⎤ = + + ... + + + = x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 ⎣ ⎦ 1 x 2011 − 1 x 2011 − 2011x + 2010 = ( − 2011) = x −1 x −1 ( x − 1) 2 => f(x) = (x2010 + x 2009 + … + x + 1) + k (x2009 + 2x2008 + 3x2007+ …+ 2009x + 2010). x 2011 − 1 x 2011 − 2011x + 2010 x 2012 + (k − 1) x 2011 − (2011k + 1) x + 2010k + 1 = +k = x −1 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 Khi x ≠ 1 ta có x = 1 – k ≠ 1 => k ≠ 0 (1 − k ) 2012 + (k − 1)(1 − k ) 2011 − (2011k + 1)(1 − k ) + 2010k + 1 ⇒ f (1 – k) = k2 ⇒ f(1- k) = 2011 f (1- k) Vậy f (1- k) = 2011 với mọi k thuộc R. = 2011 (0.5đ) 4