Tải bản đầy đủ

25 đề thi học sinh giỏi môn toán học lớp 12 có đáp án

http://kinhhoa.violet.vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2010  2011
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

3
2y


2
2
 x  y  1 x  1
Bài 1. a) Giải hệ phương trình: 
 x 2  y 2  2x  4


y
b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại ít
2
x
x 1
nhất 1 điểm: y  log 2  2x  1  2 log 2  2x  1  4
3

2

Bài 2. Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  1 nghịch biến trên một đoạn có
độ dài lơn hơn 4.
Bài 3. Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
3
3
thức: A = x  4y  3xy .

·  ADB
·
Bài 4. Hình chóp A.BCD có ACB
 900 . AB = 2a. Đáy BCD là tam giác cân tại B, có
·
CBD
 2 và CD = a. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và .
Bài 5. Tam giác ABC không nhọn có các góc thoả mãn đẳng thức:

 sin B  sin A  sin C 
1 
1 
1 
 43 2 .
 sin A  sin C  sin B 
Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?
_______________ Hết _______________




Bài 1:
a) ỉ




 y2  1  0



u  x 2  y 2  1, v 

x
y









b)



Ư

log 22  2x  1  2 x log 2  2x  1  4 x 1  0

   log 2  2x  1  2x 1 

2

1

 0  log 2  2x  1  2 x 1  0
 1

  ;  
 2


   log 2  2x  1  2x 1
1
f  0  .f    0
2

 
,
1 


,
1 

 u  1

3 2
  1
 v  1

u v

u  2v  3  u  9

  v  3
 
,
,
1  1

 

y'  3  x 2  2mx  m  1
y'  0  x 2  2mx  m  1  0  3
x1  x 2  4

 


2
 '  m 2  m  1  0
m  m  1  0

 2
 m2  m  5  0
2
 x1  x 2   4x1x 2  16 m  m  5  0



1  21   1  21
 m   ;
;  

2   2




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – THPT
Năm học 2005 - 2006

Môn thi : TOÁN HỌC
- BẢNG A
(Thời gian : 180 phút -

Đề chính thức
không kể thời gian giao đề)

Bài 1: ( 4 điểm )
Cho hàm số :

y  x 1

1
x 1

(C)

1/ Khảo sát hàm số .
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn
1 sao cho tiếp tuyến tại diểm
đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi
nhỏ nhất .
Bài 2: (2 điểm )


Biện luận theo m số nghiệm dương của phương trình
x

:   t  1t dt  m  12


1

Bài 3: (2 điểm )
Giải phương trình :

x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x . 3  x

Bài 4: (2 điểm )
Tìm các giá trị thực của m để phương trình sau có
đúng 1 nghiệm

 
x  0; 
 4

:

4  6mSin 3 x  32m  1Sinx  2m  2Sin 2 xCosx  4m  3Cosx  0

Bài 5: (2 điểm )
Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là
ba số nguyên liên tiếp .
Bài 6: (2 điểm )
Tìm đa thức

Px 

có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều

kiện sau :




 x  2 x 2  4 P ' '  x   2 x x  2 P '  x   12 P  x   0
; x  R

P 1  27


Bài 7: (2 điểm )
Giải hệ sau :

 2 3 Cos 2 x  log 2 3  3   y  4 

2
2 y  y  1   y  3  8


Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao ,
đỉnh của hình chóp này trùng
với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình
chóp này đều cắt một cạnh
bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ
nhất tạo với đường cao một
góc  .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường
cao một góc



.

Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp .
Bài 9: (2điểm )
Cho các số thực

a, b, c  2

chứng minh bất đẳng thức

sau :
Log b c a 2  Log c  a b 2  Log a b c 2  3

................................................................................................


Sở Gd&Đt Nghệ
an

Kỳ thi học sinh giỏi Tỉnh lớp 12
Năm học 2006 - 2007

Môn thi: toán (bảng A)
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề chính
thức

Bài 1:
a) Giải phương trình:
3 x

log 2  x    2
2


x

3
4

2

b) Chứng minh phương trình: x5 – 4x2 – 4x = 1 có
đúng một nghiệm và nghiệm đó nhận giá trị dương.
Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
số: y  x  3  5  x 
2

b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < 
Chứng minh:  x  6x  sin y   y  6y  sin x .
3

Bài 3: Giải hệ phương trình:

3







2 x2  y x2  1

 3
4
2
3y  z y  y  1
 4
6
4
2
4z  x z  z  z  1





Bài 4:
a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho
tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Biết (C) có
·
phương trình: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC
= 900;
A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4.
Tìm tọa độ các đỉnh B; C.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho
điểm B(-3;0), C(3;0)


Điểm A di động trong mặt phẳng Oxy sao cho tam giác
ABC thỏa mãn: độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC
bằng 3 lần bán kính đường tròn tâm I nội tiếp tam giác
ABC. Chứng minh khi A thay đổi (vẫn thỏa mãn điều
kiện bài toán) thì điểm I thuộc một đường cong cố định.
---------Hết------------

Họ và tên thí
sinh.............................................SBD:..............................
...


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOKỲ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI TỈNH
THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 CHUYÊN - NĂM
HỌC 2008-2009
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 180
phút

Bài 1: (4 điểm)
Tìm các cặp số thực

 x; y

sao cho:

 2 x  4 y  32

 xy  8

Bài 2: (6 điểm)
Cho khối lăng trụ đứng (L) có cạnh bên bằng

7a .

Đáy của (L) là lục giác lồi ABCDEF có tất cả các góc


đều

bằng

nhau

DE  4a, FA  5a, BC  6a

a) Tính theo

a



AB  a , CD  2 a, EF  3a,

.

thể tích của khối lăng trụ (L).

b) Chứng tỏ rằng có thể chia khối lăng trụ (L) thành
4 khối đa diện trong đó có một khối lăng trụ đều
đáy tam giác và ba khối hộp.
Bài 3: (6 điểm)
Gọi (C) là đồ thị hàm số

y  x3  2 2 x

được dựng trên

mặt phẳng tọa độ Oxy.
a) Chứng tỏ rằng nếu một hình bình hành có tất cả
các đỉnh đều nằm trên (C) thì tâm của hình bình
hành đó là gốc tọa độ O.
b) Hỏi có bao nhiêu hình vuông có tất cả các đỉnh
đều nằm trên (C) ?
Bài 4: (4 điểm)


a) Cho tập hợp S có
có đúng

n

phần tử. Chứng minh rằng

cặp có thứ tự

X2

là các

b) Hỏi có bao nhiêu cách thành lập tập hợp

 A ; B ,

3n

 X1 ; X 2 

tập con của S thỏa điều kiện:

trong đó

A



B

với



X1

X1 U X 2  S

.

là hai tập hợp khác nhau sao cho

A U B  1, 2,3,..., 2007, 2008

?
Hết


Sở Giáo dục và Đào tạo
Thừa Thiên Huế

Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Khối 12 CHUYÊN- Năm học 2008-2009

MÔN TOÁN
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
NỘI DUNG

Bài 1
(4đ)

ĐIỂM

 2 x  4 y  32

 xy  8
1,0

x  4; y  2 thỏa hệ phương trình.
x

x

Nếu x  0 thì y  0 và 2  4  1  1  32 . Chỉ xét x  0 .
16

Thay y 

8
vào phương trình đầu ta được: 2 x  2 x  32 .
x

1,0

16

Xét hàm số f ( x)  2 x  2 x với x  0 .

16 16x
2 ln 2;
x2
16 16
16
f '( x)  0  x  2 x   2 x  x 
(do x  0)  x  4
x
x
f (4)  32. Do f '(4)  0 nên x  4 là điểm cực tiểu của f ( x ) .
Vì vậy với mọi x  0 và x  4 .
Cặp số duy nhất thỏa mãn bài toán là:  x ; y    4; 2  . f ( x)  32
f '( x)  2 x ln 2 

x

Bài 2
a)
(3 đ)

b)
(2,0)

16
x

1,0

1,0

1  16 
1  x  
2
x

Chú ý: f ( x)  2 2  2  2
.
16
Với x  0 thì x   8 . Do đó f ( x)  32 với mọi x  0
x
(6đ)
Thể tích của (L) là: V  Sh ; h  7 a ; S  dt ( ABCDEF )
Do các góc của lục giác ABCDEF đều bằng nhau nên mỗi góc của nó bằng 1200
Gọi X, Y, Z lần lượt là các giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD, AB và
EF, CD và EF. Ta có tam giác XBC là tam giác đều cạnh 6a , tam giác YAF là tam
giác đều cạnh 5a , ZDE là tam giác đều cạnh 4a và XYZ là tam giác đều cạnh
12a
S  dt ( XYZ )  dt ( XBC )  dt (YAF )  dt ( ZDE ) 

144a 2 3 36a 2 3 25a 2 3 16a 2 3 67a 2 3





4
4
4
4
4
3
469a 3
V
4
uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur
Dựng điểm G sao cho BG  AF , ta có: 4 FG  ED , 2 BG  5CD .
uuur uuur
Dựng điểm H sao cho FH  ED , ta có điểm H trên tia FG với FH  4a và
uuuur uuur
2 DH  CB , DH  3a .

1,0


uuur uuur
Dựng điểm K sao cho DK  CB , ta có điểm K trên tia DH với DK  6a và
uuur uuur
BK  CD , BK  2a .
uuur
uuur
uuur uuur
Do 2 BG  5CD và BK  CD nên K ở trên đoạn BG với BG  5a, BK  2a .
Ta có:
GH  FH  FG  4a  a  3a ; HK  DK  DH  6a  3a  3a ;
KG  BG  BK  5a  2a  3a .
Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh 3a
uuuur
1,0
Xét phép tịnh tiến theo vectơ AA1 (AA1 là cạnh bên của (L)). Đáy ABCDEF của
(L) biến thành đáy A1B1C1D1E1F1. Các điểm G, H, K lần lượt biến thành G1, H1,
K1.
Khối (L) là hợp bởi các khối lăng trụ đứng sau:
1,0
1) ABGF . A1 B1G1 F1 . 2) EFHD.E1 F1 H1 D1 . 3) CDKB.C1 D1 K1 B1 . 4) GHK .G1 H1 K1.
Do ABGF, EFHD và CDKB là các hình bình hành nên các khối ABGF . A1 B1G1 F1 ,
EFHD.E1 F1 H1 D1 , CDKB.C1 D1 K1 B1 là các khối hộp.
Do tam giác GHK là tam giác đều nên khối GHK .G1 H1 K1 là khối lăng trụ đều.

Bài 3
a)
(3,0)

(6 đ)
Xét hình bình hành M 1 M 2 M 3 M 4

có các đỉnh M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  ,

M 3  x3 ; y3  , M 4  x4 ; y4  nằm trên đồ thị (C): y  x 3  2 2 x .
uuuuuur uuuuuur
Do M 1 M 2  M 4 M 3 nên x2  x1  x3  x4 và y2  y1  y3  y4





1,0


2    x  x  x

y2  y1  y3  y4  x23  2 2 x2  x13  2 2 x1  x33  2 2 x3  x43  2 2 x4



  x2  x1  x22  x2 x1  x12  2

3

4

2
3



 x3 x4  x42  2 2

Vì x2  x1  x3  x4  0 nên x22  x2 x1  x12  2 2  x32  x3 x4  x42  2 2 . Do đó
x2 x1  x3 x4
Để chứng tỏ tâm của hình bình hành M 1 M 2 M 3 M 4 là gốc tọa độ O ta chứng tỏ:
x1  x3  0 và y1  y3  0 .
Ta có:  x1  x3  x1  x4   x12   x3  x4  x1  x3 x4  x12   x2  x1  x1  x2 x1  0 .
Mà x1  x4  0 nên x1  x3  0 .



1,0

1,0






y1  y3  x13  2 2 x1  x33  2 2 x3   x1  x3  x12  x1 x3  x32  2 2  0

b)
(3,0)

Chú ý: Có thể nhận xét O là tâm đối xứng (duy nhất) của (C). Sau đó lập luận nếu
tâm của hình bình hành khác O thì mâu thuẫn.
Giả sử tồn tại hình vuông M 1 M 2 M 3 M 4 có các đỉnh M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  ,
M 3  x3 ; y3  , M 4  x4 ; y4  nằm trên đồ thị (C): y  x 3  2 2 x . Theo câu a) hình

1,0

vuông M 1 M 2 M 3 M 4 có tâm O. Gọi k là hệ số góc của đường thẳng M 1 M 3 . Không
mất tính tổng quát có thể giả sử k  0 . Lúc đó đường thẳng M 2 M 4 có hệ số góc là
1

k
1 

Xét hình thoi M 1 M 2 M 3 M 4 với M 1  x1 ; kx1  , M 2  x2 ;  x2  .
k 

3
Trong đó x1 là nghiệm khác 0 của phương trình x  2 2 x  kx nên x12  2 2  k


2
 k 

4 

1 
1 

  2 2   1  2 
k  k 


1
1
còn x2 là nghiệm khác 0 cuả x 3  2 2 x   x , x22  2 2 
k
k





OM 12   x12  y12    x12  k 2 x12   2 2  k 1  k 2  ; OM 2 2

1,0

Hình thoi M 1 M 2 M 3 M 4 là hình vuông khi và chỉ khi:

1 
1 

OM 12  OM 2 2  2 2  k 1  k 2    2 2   1  2 
k  k 

1 1
1
1


 2 2  k  2 2   2  k2  2  2 2 k    0
kk
k
k







2

Bài 4
a)
(2,0)

1,0

2

1
1
1




  k    2 2  k    2  0   k   2   k 2  2 2k  1  0 .
k
k
k




6 2
2
1
Phương trình này có hai nghiệm. Chọn k 

, nghiệm còn lại là  .
2
4
k
Đó chính là hệ số góc của hai đường chéo M 1 M 3 và M 2 M 4 của hình vuông đang
xét.
Có đúng một hình vuông thỏa bài toán.
(3 đ)
Một phần tử thuộc X 1 U X 2 khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li

đôi một sau: 1) X 1 \ X 2

2) X 1 I X 2

3) X 2 \ X 1 .

Ngoài ra: X 1   X 1 \ X 2  U  X 1 I X 2  và X 2   X 2 \ X 1  U  X 1 I X 2 

1,0

Do đó, số cặp có thứ tự  X 1 ; X 2  với X 1 , X 2 là các tập con của S thỏa điều kiện:
X 1 U X 2  S bằng số cách đặt tất cả n phần tử của S vào 3 tập hợp:
X 1 \ X 2 , X 1 I X 2 , X 2 \ X 1 sao cho mỗi phần tử được đặt vào đúng một trong 3
tập đó. Số cách đặt như thế bằng 3n

1,0


b)
(2,0)

Đặt S  1, 2,3,..., 2007, 2008 . Khi A U B  S thì A, B là các tập con của S.
Số cặp có thứ tự  X 1 ; X 2  với X 1 , X 2 là các tập con của S thỏa điều kiện:

1,0

2008

X 1 U X 2  S là 3

Trong đó có một cặp  S , S  và 32008  1 cặp  X 1 ; X 2  với X 1 khác X 2 . Chú ý

X

1

; X 2    X 2 ; X1 . Vì vậy số cách thành lập tập  A ; B với A, B khác nhau và

A U B  S là:

1 2008
 3  1 .
2
S

1,0


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
Đề thi gồm 02 trang
Bài 1: (3 điểm)
Cho phương trình cos x  sin x 

1
1

 m  0 (1)
sin x cos x

2
3
  3 
 ; .
 4 4 

a) Với m  , tìm các nghiệm của phương trình (1) trên khoảng

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm trên khoảng
  3
 ;
 4 4


.


Bài 2: (3 điểm)
Cho điểm A cố định trên đường tròn và điểm C di động trên đường
tròn đó. Dựng hình thoi ABCD (hướng quay của tia AB đến AC và AD theo
ABC  2arc cot 2 .
chiều dương lượng giác) sao cho góc ·
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.
Bài 3: (3 điểm)
 log8 xy  3log8 x log8 y

x 3
a) Giải hệ phương trình 
log 2 y  4 log y x


b) Giải bất phương trình:

1
3
log 2 x log 3 x  3  log 2 x  log 3 x
2
2
4
4

Bài 4: (2 điểm)
7 11
4n  1
 3    n với mọi số nguyên dương n .
2
2 2
2
a) Chứng tỏ rằng các tử số của các số hạng liên tiếp của un lập thành một
3
2

Cho dãy số un  

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
Bài 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 Niun
 1
3 2 
tơn của  3  x x  biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong
 x

khai triển này là a0  a1  a2  ...  an  4096

O

Bài 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
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.

I

S

Bài 7: (3 điểm)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và
mặt đáy bằng  .
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


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : TOÁN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
NỘI DUNG

Bài 1
(3đ)
Giải phương trình:
a)
(1,5)

cos x  sin x 

ĐIỂM

1
1 2

  0 (a)
sin x cos x 3


1 t

Đặt t  cos x  sin x  2 cos  x   ,  2  t  2 , sin x cos x 
4
2

2t
2
Phương trình (a) trỏ thành: t 
  0  2  t  2, t  1
2
1 t
3
3
2
 3t  2t  9t  2  0  2  t  2, t  1








2

0,5





 (t  2)(3t 2  4t  1)  0  2  t  2, t  1 (*)

2 7
3
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
  2 7
  2 7


2 cos  x   
 cos  x   
4
3
4 3 2



3

Theo giả thiết:   x 
 0  x    , nên phương trình (a) chỉ có một
4
4
4
 2 7 

nghiệm duy nhất x    arccos 

4
 3 2 
 t  2   2 (loại) hay t 

2t
  m  2  t  2, t  1 (2)
1 t2

 t


Nhận xét: phương trình 2 cos  x    t t  2, t  1  cos  x   
chỉ
4
4
2



t
  3 
có một nghiệm duy nhất trong khoảng   ;  là x    arccos
4
2
 4 4 
  3 
Do đó để (1) có 2 nghiệm trong khoảng   ;  thì phương trình (2) có 2
 4 4 
nghiệm.
2t
Xét hàm số g (t )  t 
 2  t  2, t  1 .
1 t2
(1)  t 








0,5

0,5



0,5



0,5


g '(t )  1 

2 1  t 2 
2 2

1  t 

 0, t    2; 2  \ 1;1

Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi và chỉ khi:
m  ;  2    2;   :



t



-1

 2

g'(t)

1

+

2

+



0,5

+



2
g(t)

 2





Bài 2
(3đ)

a)
(1,0)

b)
(2,0)

BI
·  arctan 2   (không đổi).
Ta có: ·
ABI  arccot 2 
 2  IAB
AI
AB a 3
3
0,5
Nếu đặt AI  a thì AB  a 3 


 k (không đổi).
AC
2a
2
Do đó: Qua phép quay tâm A, góc  : điểm C biến thành điểm M và
uuur
3 uuuur
3
AB 
AM nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số k 
.
2
2
3
0,5
Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ k 
.
2
Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích của B là ảnh của đường tròn (O) 0,25
qua phép đồng dạng F.
Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc 
3
và phép vị tự tâm A tỉ số k 
. Phép biến hình hợp thành của hai phép biến
2
hình này là phép đồng dạng F'


Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ k 

3
.
2

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
Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO

Bài 3
a)
(1,5)

0,5
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

(3đ)

log 2 x  log 2 y  log 2 x log 2 y
 log8 xy  3log 8 x log8 y



3 log 2 x
x 3
 x  0, y  0, y  1

log
x

log
y

log

log
x
2
2
2
y


4 log 2 y
y 4



0,5

Đặt: u  log 2 x ; v  log 2 y hệ phương trình trở thành:
 u  v  1  v
 u  v  uv


3u  v  0   
3   v  0  (2)


u  v  4v
2u  u  v  4v 



Nếu u  0 thì v  0 trái với điều kiện. Do đó u  0
Suy ra:

0,5


v

v

 u  v  1
1
 u

 3
  u; v    1;  ,  u; v    3; 
 u, v  0   
v 1

2

 2
2  v  3
4v 2  8v  3  0

4v
Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm:
1
 x ; y    ; 2  ,  x ; y   8; 2 2
2

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  2log 3 x  0
2
2
4
4
4
4
log
x

2

0
log
x

2

0
 2
 2


  log 2 x  2   log 3 x  3   0  log x  3  0 hay log x  3  0
3
3
 4

 4
 4
x4
x4


27


3
3

 3  27 hay 
 3  27  64  x  4 .
x    
x    
 4  64
 4  64


 27 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  ; 4 
 64 
(2 đ)
Ta có:  4(k  1)  1   4k  1  4   4( k  2)  1   4( k  1)  1
Do đó:3, 7, 11, ... , (4k-1) lập thành một cấp số cộng có công sai d = 4.
Suy ra:
2 (4  k  1  1)   (4k  1)   (4  k  2   1)   2  4k  3  (4k  1)  (4k  7)



b)
(1,5)

Bài 4

Bài 5
a)



4k  3 4k  1 4k  7
4k  1 4 k  3 4 k  7
 k 1  k 

 k 1 
k
2
2
2
2k
2
2k
Suy ra:
3 7 11
4( n  1)  1 4n  1
un   2  3  ... 
 n 
2 2 2
2 n 1
2
11   11 15   15 19 
4 n  1 4 n  3 4n  3 4 n  7

  7  2    2  3    3  4   ...  n 2  n 1  n 1 
2  2 2  2 2 
2
2
2
2n

4n  7
un  7 
 lim un  7
2n
(3 đ)
Các số cần tính tổng có dạng abcd với a, b, c  1, 2, 3, 4 , d  2, 4

(1,5đ) Ta có abcd  103 a  10 2 b  10c  d   abcd  103  a  102  b  10 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:

 a   b   c  32 1  2  3  4   320 và  d  64  2  4   384

Suy ra:

 abcd  320 10

3

 10 2  10   384  320  1110  384  355584

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,5
0,5
0,25


b)
(1,5)

n

k
n

 1
3 2 
3
f
(
x
)


x
x

a
x
x
Ta có:
3
  k
x


k 0
n

5 n  k 
3

0,25
0,5

n

f (1)   ak  1  1  2n  4096  212  n  12
k 0

Suy ra:
12

k

12  k

1
5
12
  

 1
3 2 
k 
3
3

x
x

C
x
x





12
3

k 0
 x


  

Bài 6

12
k
12

 C x
k 0

 k 512  k 

3
3

12
k
12

 C x

6 k  60
3

0,25

k 0

Số hạng không chứa x ứng với 6k  60  0  k  10 .
Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: C1210  66
(3đ)

0,25
0,25

I

S

1
1  R2a3  r a 
Thể tích nước chứa trong cốc là: V0   r 2 a 
  
3
3 h2  R h 
Khi thả viên bi vào thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu, tức là mặt nước tiếp xúc
4
với mặt cầu. Gọi x là bán kính của viên bi, ta có: VC   x 3 .
3
1
1  R 2 h13
Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là: V1   r12 h1 
3
3 h2

0,5

0,5


x R
xl x R 2  h 2
x
  SI  
 h1  SI  x 
R  R2  h2
SI l
R
R
R
Rh1 x
r1 
 R  R2  h2
h
h
3
1 2
1  x3
2
2
Do đó: V1   r1 h1 
R

R

h
3
3 Rh 2
3
1  x3
1  R 2 a 3 4 x 3
2
2
Ta có: V1  V0  VC 
R

R

h


3 Rh 2
3 h2
3
3
3


 x3 R  R 2  h 2  a 3 R3  4 Rh 2 x 3   R  R 2  h 2  4 Rh 2  x3  a3 R 3






















3





  4Rh , ta tìm được bán kính của viên bi:

Với điều kiện: R  R 2  h 2

0,5
0,25

0,25

0,5

2

0,25

aR

x



3

  4Rh
x
Nếu h  h  h   R  R  h   x 
R
R
3

R  R2  h2

2

2

2

1

Suy ra:

a 3 R3



R  R2  h2



3


 4 Rh 2



Rh
R2  h2

R 3 h3

R 

R2  h2

3


h3  R  R 2  h 2  4 Rh 2 
h 3
3


a 
a
3
2
2
R R h



0,25

3


R 





R2  h2

3

  4Rh

2

R  R2  h2

Vậy: Để nước trong cốc dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn ra ngoài thì:
3

2
2
R

R

h
 4 Rh 2


3

2
2
3 R
h

R

h
 4 Rh 2

 0a
R  R2  h2

aR
Với điều kiện này, bán kính của viên bi là: x 
3
3 R
R 2  h 2  4 Rh 2














Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×