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 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM (3đ) Giải phương trình: 1 1 2 cos sin 0( ) sin cos 3 x x a x x      a) (1,5) Đặt cos sin 2 cos 4 t x x x            , 2 2 t   , 2 1 sin cos 2 t x x   Phương trình (a) trỏ thành:   2 2 2 0 2 2, 1 1 3 t t t t t            3 2 3 2 9 2 0 2 2, 1 t t t t t             2 ( 2)(3 4 1) 0 2 2, 1 t t t t t           (*) 2 2 t      (loại) hay 2 7 3 t   Ta có: 1 2 3 2 7 2 7 2 2,5 2 0; 1,5 2 3 3 3 3 3              Do đó phương trình (*) chỉ có một nghiệm 2 7 3 t   Suy ra phương trình (a) tương đương 2 7 2 7 2 cos cos 4 3 4 3 2 x x                      Theo giả thiết: 3 0 4 4 4 x x            , nên phương trình (a) chỉ có một nghiệm duy nhất 2 7 arccos 4 3 2 x              0,5 0,5 0,5   2 2 (1) 2 2, 1 1 t t m t t t           (2) Nhận xét: phương trình   2 cos 2, 1 cos 4 4 2 t x t t t x                      chỉ có một nghiệm duy nhất trong khoảng 3 ; 4 4          là t arccos 4 2 x     Do đó để (1) có 2 nghiệm trong khoảng 3 ; 4 4          thì phương trình (2) có 2 nghiệm. Xét hàm số   2 2 ( ) 2 2, 1 1 t g t t t t t         . 0,5 0,5       2 2 2 2 1 '( ) 1 0, 2; 2 \ 1;1 1 t g t t t              Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi và chỉ khi:   ; 2 2;m           : t 2  -1 1 2 g'(t) + + +   2 g(t) 2    0,5 Bài 2 (3đ) a) (1,0) Ta có: · · arccot 2 2 arctan 2 BI ABI IAB AI        (không đổi). Nếu đặt AI a  thì 3 3 3 2 2 AB a AB a k AC a      (không đổi). Do đó: Qua phép quay tâm A, góc   : điểm C biến thành điểm M và 3 2 AB AM  uuur uuuur nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số 3 2 k  . Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ 3 2 k  . 0,5 0,5 Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích của B là ảnh của đường tròn (O) qua phép đồng dạng F. 0,25 b) (2,0) Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc  và phép vị tự tâm A tỉ số 3 2 k  . Phép biến hình hợp thành của hai phép biến hình này là phép đồng dạng F' Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ 3 2 k  . 0,5 0,25 Để xác định quỹ tích của B: Ta chọn một điểm C trên (O), dựng trung điểm I của AC, dựng hình vuông AIKL, dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC tại B. Dựng hình thoi ABCD. Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB tại M. Để dựng ảnh của O là O' qua phép quay Q(A,   ): Dựng trung điểm J của AO, dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO tại P. Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP tại O'. Qua B kẻ 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 0,25 0,25 Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO 0,25 Bài 3 (3đ)   2 2 2 2 8 8 8 2 2 2 2 2 log log log log log 3log log 0, 0, 1 log3 3 log log log log 4 log 4 y x y x y xy x y x y y x x x y x y y                     0,5 a) (1,5) Đặt: 2 2 log ; log u x v y   hệ phương trình trở thành:       1 0 0 33 2 4 4 u v v u v uv v v u u u v u v v v                            (2) Nếu 0 u  thì 0 v  trái với điều kiện. Do đó 0 u  Suy ra: 0,5       2 1 3 1 , 0 ; 1; , ; 3; 1 3 2 2 4 8 3 0 2 4 v v u u v u v u v u v v v v v v                                        Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm:       1 ; ; 2 , ; 8; 2 2 2 x y x y         0,5 b) (1,5) 2 3 2 3 2 3 2 3 4 4 4 4 1 3 log log 3 log log log log 6 3log 2log 0 2 2 x x x x x x x x           2 2 2 3 3 3 4 4 4 log 2 0 log 2 0 log 2 log 3 0 log 3 0 log 3 0 x x x x hay x x                              3 4 3 27 4 64 x x               hay 3 4 27 4 3 27 64 4 64 x x x                 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 27 ; 4 64       0,5 0,5 0,5 Bài 4 (2 đ) Ta có:         4( 1) 1 4 1 4 4( 2) 1 4( 1) 1 k k k k            Do đó:3, 7, 11, , (4k-1) lập thành một cấp số cộng có công sai d = 4. Suy ra:       2 (4 1 1) (4 1) (4 2 1) 2 4 3 (4 1) (4 7) k k k k k k                      1 1 4 3 4 1 4 7 4 1 4 3 4 7 2 2 2 2 2 2 k k k k k k k k k k k k               0,5 0,5 Suy ra: 2 3 1 2 2 3 3 4 2 1 1 3 7 11 4( 1) 1 4 1 2 2 2 2 2 11 11 15 15 19 4 1 4 3 4 3 4 7 7 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n u n n n n                                                4 7 7 lim 7 2 n n n n u u      0,5 0,5 Bài 5 (3 đ) a) (1,5đ) Các số cần tính tổng có dạng abcd với     , , 1, 2, 3, 4 , 2, 4 a b c d  Ta có 3 2 3 2 10 10 10 10 10 10 abcd a b c d abcd 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: mỗi chữ số , , a b c xuất hiện 4 4 2 32    lần mỗi chữ số d xuất hiện 4 4 4 64    lần. Do đó:   32 1 2 3 4 320 a b c          và   64 2 4 384 d     Suy ra:   3 2 320 10 10 10 384 320 1110 384 355584 abcd          0,25 0,5 0,5 0,25 b) (1,5) Ta có:   5 3 2 3 3 3 0 1 ( ) n n k k n k k f x x x a x x x                12 0 (1) 1 1 2 4096 2 12 n n n k k f a n           Suy ra:   12 12 5 12 1 5 6 60 12 12 12 3 2 3 3 3 3 3 12 12 12 3 0 0 0 1 k k k k k k k k k k k x x C x x C x C x x                                    Số hạng không chứa x ứng với 6 60 0 10 k k      . Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: 10 12 66 C  0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Bài 6 (3đ) Thể tích nước chứa trong cốc là: 2 3 2 0 2 1 1 3 3 R a r a V r a h R h            0,5 Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu, tức là mặt nước tiếp xúc với mặt cầu. Gọi x là bán kính của viên bi, ta có: 3 4 3 C V x   . Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là: 2 3 2 1 1 1 1 2 1 1 3 3 R h V r h h     0,5 I S   2 2 2 2 1 x R xl x R h x SI h SI x R R h SI l R R R              2 2 1 1 Rh x r R R h h h     Do đó:   3 3 2 2 2 1 1 1 2 1 1 3 3 x V r h R R h Rh       Ta có:   3 2 3 3 3 2 2 1 0 2 2 1 1 4 3 3 3 C x R a x V V V R R h Rh h               3 3 3 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 3 3 4 4 x R R h a R Rh x R R h Rh x a R                 Với điều kiện:   3 2 2 2 4 R R h Rh    , ta tìm được bán kính của viên bi:   3 2 2 2 3 4 aR x R R h Rh     Nếu   2 2 1 2 2 x Rh h h h R R h x R R R h          Suy ra:     3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 4 a R R h R R h Rh R R h             3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 4 4 h R R h Rh h R R h Rh a a R R h R R h                      Vậy: Để nước trong cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ra ngoài thì:     3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 4 4 0 R R h Rh h R R h Rh a R R h                   Với điều kiện này, bán kính của viên bi là:   3 2 2 2 3 4 aR x R R h Rh     0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Bài 7 (3 đ) a) (1,5) · SMO   3 tan 6 a SO   2 2 2 3 tan 4 6 a SA AO SO      Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và mỗi cạnh bên của hình chóp có tâm I cách đều (ABC) và SA, nên I là giao điểm của tia phân giác góc SAO và SO, bán kính của mặt cầu là: r IO  . IS AS OS IO AO IO AO AO SA     2 3 tan 2 tan 4 a r      0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (1,5) Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phấn giác MT của góc · SMO   , cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác cân ABN (N là giao điểm của tia phân giác MI và SC) Gọi H 1 và H 2 là hình chiếu của S và C xuống MI, ta có hai tam giác vuông SMH 1 và CMH 2 đồng dạng, nên: 1 2 1 3cos SH SM CH CM    Suy ra tỉ thể tích của hai hình tứ diện được cắt ra bởi thiết diện AMB là: 1 3cos SABN CABN V SM V CM    0,5 0,5 0,5 A B C S O M I H K L A B C S O M I N H 1 H 2 . SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THI N HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 200 8- 2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài 1 NỘI. sai d = 4. Suy ra:       2 (4 1 1) (4 1) (4 2 1) 2 4 3 (4 1) (4 7) k k k k k k                      1 1 4 3 4 1 4 7 4 1 4 3 4 7 2 2 2 2 2 2 k k k k k k k k k k. Có tất cả: 4 4 4 2 128     số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ   1,2,3 ,4 , trong đó: mỗi chữ số , , a b c xuất hiện 4 4 2 32    lần mỗi chữ số d xuất hiện 4 4 4 64    lần.