Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Tuyên Quang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Tuyên Quang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TUYấN QUANG CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 Mụn: Toỏn (Thời gian 180 phỳt, khụng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi này cú 01 trang Cõu 1. ( 4 điểm): ỡ 4 4 ù x + y = 97 ớù a) Giải hệ phương trỡnh: ù x3y + y3x = 78 ợù b) Giải phương trỡnh: 3 x2 5x 5 x2 5x 7 Cõu 2. ( 4 điểm): a) Tỡm cỏc số nguyờn tố x, y là nghiệm của phương trỡnh: x2 - 2y2 - 1= 0 b) Cho n là 1 số tự nhiờn. Chứng minh : 1 1 1 1 2 2 3 2 4 3 (n 1) n Cõu 3. ( 4 điểm): Cho dóy số (Un) xỏc định bởi: ỡ ù U 1 = a ù ớ U n + 1 trong đú -1 <a < 0 ù U n + 1 = - 1 ù 2 ợù U n + 1 a) Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 với " n ẻ Ơ và (Un) là một dóy số giảm. 1 b) Chứng minh rằng: 0 < U n + 1 + 1 Ê (U n + 1) với " n ẻ Ơ a 2 + 1 Cõu 4. (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng d cú phương trỡnh: ax + by + 1 = 0 tiếp xỳc với đường trũn (C) cú phương trỡnh: x 2 + y 2 = 1 . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của tổng khoảng cỏch từ A và B đến đường thẳng d. Cõu 5. (4 điểm): Cho hỡnh chúp S.ABCD đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a, tõm O. Đường cao của hỡnh chúp là SA = a. M là một điểm di động trờn SB, đặt BM = x 2 . ( ) là mặt phẳng qua OM và vuụng gúc với (ABCD). a) Xỏc định thiết diện của hỡnh chúp cắt bởi mặt phẳng ( .) Tớnh diện tớch thiết diện theo a và x. b) Xỏc định x để thiết diện là hỡnh thang vuụng. Trong trường hợp đú tớnh thể tớch của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện. Hết Chỳ ý: Giỏm thị coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
2. sở giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 tuyên quang NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm Cõu Nội dung Điểm 1. ỡ 4 4 ù x + y = 97 a) ớù Giải hệ phương trỡnh sau: ù x3y + y3x = 78 (I) ợù Ta cú: x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 ỡ 2 2 2 2 2 ù (x + y ) - 2x y = 97 (1) Û ớù (I) ù xy(x2 + y2) = 78 (2) ợù 2 2 Đặt x + y = u; xy = t Từ PT (2) suy ra ĐK: u 0;t 0 ỡ 2 2 ùỡ u 2 + (- 2t 2 ) = 97 0,5 ù u - 2t = 97 ù Û ớù Û ớù ù ut = 78 ù u 2 (- 2t 2 ) = - 12168 ợù ợù ị u2,(- 2t 2) là nghiệm của phương trỡnh bậc hai: X2 - 97X - 12168 = 0 Û X = 169 và X = - 72 ùỡ x2 + y2 = 13 ỡ 2 ỡ 2 2 2 ù ù u = 169 ù (x + y ) = 169 ù Û ù Û ù Û ù ộxy = 6 ớ 2 ớ 2 ớ ù t = 36 ù (xy) = 36 ù ờ ợù ợù ù ờxy = - 6 0,5 ợù ởờ x2 y2 13 Gớải PT: xy 6 được 4 nghiệm: (x; y) = (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2) 0,5 Hệ (1) cú 4 nghiệm: (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2) Túm lại hệ cú 4 nghiệm như trờn. 0,5 1. 2 2 b) Giải phương trỡnh: 3 x 5x 5 x 5x 7 (1) 5 5 x 2 2 Điều kiện: x 5x 5 0 5 5 x 2 Đặt x2 5x 5 t (t 0) Phương trỡnh đó cho trở thành: 0,5
3. 2 t 1 t 3t 2 0 t 2 x2 5x 5 1 x2 5x 4 0 2 2 0,75 x 5x 5 4 x 5x 1 0 x 1 x 4 5 21 0,75 x 2 Cõu 2. 2.a) Tỡm cỏc số nguyờn tố x, y là nghiệm của phương trỡnh: x2 - 2y2 - 1= 0 (1) Ta cú: (1) 0,5 Û x 2 - 1 = 2y 2 Û (x - 1) (x + 1) = 2y.y Vỡ x, y là cỏc số nguyờn tố nờn cú cỏc khả năng sau sảy ra: x 1 2 y x 3 1. (thoả món) x 1 y y 2 x 1 y x 3 2. (loại) 0,75 x 1 2 y y 2 x 1 2y 2 3. (khụng cú nghiệm thoả món) x 1 1 x 1 1 4. vụ nghiệm x 1 2y 2 0,75 Thử lại (3; 2) thoả món PT. Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trỡnh. 2. Giả sử n là 1 số tự nhiờn. Chứng minh : 1 1 1 1 b) 2 2 3 2 4 3 (n 1) n 1 n 1 n 1 n 1 1 Ta cú : n. n. n.( ) (n 1) n n(n 1) n(n 1) (n 1)n n n 1 0,5 1 1 1 1 n 1 1 1 1 n.( )( ) (1 )( ) 2.( ) n n 1 n n 1 n 1 n n 1 n n 1
4. (Vỡ dễ thấy : 1 + n 0 với " n Un + 1 Từ (1) suy ra: Un + 1 = - 1 < (Un + 1) - 1 = Un 2 Un + 1 0,75 Vậy Un là dóy giảm.
5. 3. 1 Từ đẳng thức (1) suy ra: Un+1 + 1= (Un + 1) "n (3) b) U2 + 1 n 0,5 Vỡ Un là dóy giảm; -1 < Un < 0 với mọi n và U1 = a nờn: 2 2 - 1<Un Ê a< 0 với " n từ đú suy ra: Un ³ a Û Un ³ a 1 1 Do đú: Ê " n và từ (3) ta cú: 2 2 Un + 1 a + 1 1 Un + 1 + 1 Ê (Un + 1) " n a2 + 1 0,75 Theo chứng minh trờn ta cú: 1 0 < U n + 1 + 1 Ê (U n + 1) " n a 2 + 1 0,75 Cõu Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng 4 d cú phương trỡnh: ax + by + 1 = 0 tiếp xỳc với đường trũn (C) cú phương trỡnh: x 2 + y 2 = 1 . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của tổng khoảng cỏch từ A và B đến đường thẳng d. Ta cú: (C) cú tõm O(0;0) bỏn kớnh R = 1 1,0 Vỡ d tiếp xỳc với (C) Û d(O;d) = R 1 =1 a2 b2 1 a2 b2 1 a2 b2 1,0 Mặt khỏc tổng khoảng cỏch từ A, B đến đường thẳng d là: a 1 b 1 T 1 a a 1 1,0 a2 b2 a2 b2 Do a2 + b2 = 1 ị a Ê 1 ị T = 2 1,0 Vậy Min T = 2 Cõu Hỡnh vẽ: S 5. M K A 0,5 N D O H B C Ta có: SA(ABCD) 5. a) ( )(ABCD) SA // ( )
6. ( )(SAB) = MN // SA ( )(SAC) = OK // SA ( )(SABCD) = NH qua O ( )(SCD) = KH Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK. 0,75 Ta có MN// OK // SA MN  (ABCD); OK (ABCD) 1 1 S S S (MN KO).ON .OK.OH td htMKON KOH 2 2 SA MN = BN = x; KO = ; 2 Tớnh ON, theo định lý hàm số Cụsin ta cú: a2 a 2 OH ON BN 2 BO2 2BN.BO.cosOã BN x2 2x .cos450 2 2 a2 x2 ax 2 Suy ra : (a 2x) 2x2 2ax a2 s1 4 2 a 2x2 2ax a2 s 1 4 2 0,75 1 a2 Vậy: Std = (a x). x2 ax 2 2 5. Để thiết diện là hình thang vuông MK// NO// BC N là trung b) a điểm AB x 2 S 0,5 M K A D N O H B E C 1 a3 Gọi V là thể tích khối chóp, ta có : V= .SA.dt(ABCD) 3 3 Mặt phắng ( ) chia khối chóp thành 2 phần V1 , V2 với : 0,5 V1 =VK.OECH+VKOE.MNB ; V2 V V1
7. 2 1 1 a a a3 0,5 Ta có : VK.OECH .OK.dt(OECH ) . 3 3 2 2 24 2 a 1 a a3 VKOE.MNB ON.dt(MNB) . 0,5 2 2 2 16 a3 a3 5a3 11a3 Suy ra : V V V V 1 24 16 48 2 1 48 0,5 Hết Chỳ ý: Nếu thớ sinh cú cỏch giải khỏc mà kết quả đỳng thỡ cho điểm tối đa.