S GIO DC & O TO K THI CHN HC SINH GII TNH THA THIấN HU KHI 12 THPT - NM HC 2008-2009 THI CHNH THC Moõn : TOAN Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt thi gm 02 trang Bai 1: (3 im) Cho phng trỡnh 1 1 cos sin 0 (1) sin cos x x m x x + + = a) Vi 2 3 m = , tỡm cỏc nghim ca phng trỡnh (1) trờn khong 3 ; 4 4 ữ . b) Vi giỏ tr no ca m thỡ phng trỡnh (1) cú 2 nghim trờn khong 3 ; 4 4 ữ . Bai 2: (3 iờm) Cho im A c nh trờn ng trũn v im C di ng trờn ng trũn ú. Dng hỡnh thoi ABCD (hng quay ca tia AB n AC v AD theo chiu dng lng giỏc) sao cho gúc ã 2 cot 2ABC arc = . a) Xỏc nh phộp ng dng bin im C thnh im B. b) Tỡm qu tớch ca cỏc im B v D. Xỏc nh cỏc qu tớch ú. Bai 3: (3 im) a) Gii h phng trỡnh 8 8 8 2 log 3log log 3 log log 4 y xy x y x x y = = b) Gii bt phng trỡnh: 2 3 2 3 4 4 1 3 log log 3 log log 2 2 x x x x+ > + Bai 4: (2 im) Cho dóy s 2 3 3 7 11 4 1 2 2 2 2 n n n u = + + +ììì+ vi mi s nguyờn dng n . a) Chng t rng cỏc t s ca cỏc s hng liờn tip ca n u lp thnh mt cp s cng. b) Hóy bin i mi s hng ca ( 1) n u n thnh mt hiu liờn quan n 2 s hng k tip ca nú, t ú rỳt gn n u v tớnh lim n u Bai 5: (3 im) a) Tớnh tng cỏc s chn cú 4 ch s c vit t cỏc ch s 1, 2, 3, 4. b) Tỡm h s ca s hng khụng cha x trong khai trin nh thc Niu-tn ca 3 2 3 1 n x x x + ữ bit rng tng cỏc h s ca cỏc s hng trong khai trin ny l 0 1 2 . 4096 n a a a a+ + + + = Bài 6: (3 điểm) 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 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 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) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Hết O S I M Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2008-2009 Moõn : TOAN ẹAP AN - THANG ẹIEM Bai 1 NI DUNG IM (3) Gii phng trỡnh: 1 1 2 cos sin 0 ( ) sin cos 3 x x a x x + + = a) (1,5) t cos sin 2 cos 4 t x x x = = + ữ , 2 2t , 2 1 sin cos 2 t x x = Phng trỡnh (a) tr thnh: ( ) 2 2 2 0 2 2, 1 1 3 t t t t t + + = ( ) 3 2 3 2 9 2 0 2 2, 1t t t t t + = ( ) 2 ( 2)(3 4 1) 0 2 2, 1t t t t t + = (*) 2 2t = < (loi) hay 2 7 3 t = Ta cú: 1 2 3 2 7 2 7 2 2,5 2 0; 1,5 2 3 3 3 3 3 + + < = < < > = > Do ú phng trỡnh (*) ch cú mt nghim 2 7 3 t = Suy ra phng trỡnh (a) tng ng 2 7 2 7 2 cos cos 4 3 4 3 2 x x + = + = ữ ữ Theo gi thit: 3 0 4 4 4 x x < < < + < , nờn phng trỡnh (a) ch cú mt nghim duy nht 2 7 arccos 4 3 2 x = + ữ ữ 0,5 0,5 0,5 ( ) 2 2 (1) 2 2, 1 1 t t m t t t + = (2) Nhn xột: phng trỡnh ( ) 2 cos 2, 1 cos 4 4 2 t x t t t x + = + = ữ ữ ch cú mt nghim duy nht trong khong 3 ; 4 4 ữ l t arccos 4 2 x = + Do ú (1) cú 2 nghim trong khong 3 ; 4 4 ữ thỡ phng trỡnh (2) cú 2 nghim. Xột hm s ( ) 2 2 ( ) 2 2, 1 1 t g t t t t t = + . ( ) ( ) { } 2 2 2 2 1 '( ) 1 0, 2; 2 \ 1;1 1 t g t t t + = + > Lp bng bin thiờn, ta thy phng trỡnh (2) cú hai nghim khi v ch khi: 0,5 0,5 ( ) ; 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 α = ⇒ = ⇒ = = (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 α − : 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 b) (2,0) 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 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 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, α − ): 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) a) (1,5) ( ) 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 Đặt: 2 2 log ; logu x v y= = hệ phương trình trở thành: ( ) ( ) ( ) 1 0 0 3 3 2 4 4 u v v u v uv v v u u u v u v v v  − = + =    ≠ ⇔ ≠     = + − =  ÷       (2) Nếu 0u = thì 0v = trái với điều kiện. Do đó 0u ≠ Suy ra: ( ) ( ) ( ) 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  =   =       − ≠ ⇔ ⇔ = − = −    ÷  ÷       − + = = +    0,5 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) 1k 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+ − = − + + − ⇔ + = − + +        0,5 0,5 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 − − + − + − + + ⇔ = + ⇔ = − 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, 4a b c d∈ ∈ Ta có 3 2 3 2 10 10 10 10 10 10abcd 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 320a b c= = = + + + = ∑ ∑ ∑ và ( ) 64 2 4 384d = + = ∑ Suy ra: ( ) 3 2 320 10 10 10 384 320 1110 384 355584abcd = + + + = × + = ∑ 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 10k k − + = ⇔ = . Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: 10 12 66C = 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 π π   = = =  ÷   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 π = . 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 π π = = 0,5 ( ) 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 π π = = + + 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 π π π − = ⇔ + + − = ( ) ( ) 3 3 3 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 3 3 4 4x R R h a R Rh x R R h Rh x a R   ⇔ + + − = ⇔ + + − =     Với điều kiện: ( ) 3 2 2 2 4R 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 = + + − + + 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 I S ( ) ( ) ( ) 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 = + + − Bài 7 (3 đ) a) (1,5) · SMO ϕ = 3 tan 6 a SO ϕ = 2 2 2 3 tan 4 6 a SA AO SO ϕ = + = + 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 ϕ ϕ = + + 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 ϕ = , 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 ϕ = = 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 ϕ = = 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 .   ÷ − > − <       3 4 3 27 4 64 x x >   ⇔    < =  ÷     hay 3 4 27 4 3 27 64 4 64 x x x <   ⇔ < <    > =. 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