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)(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

  
 
 
 
0,5

0,5
0,5



2

 
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

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) + + +




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

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

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
 



 
   

u v uv
v v
u
u u v
u v
v
v
  
 

 
  
 
 
 
 
 
 

 

(2)
Nếu
0
u

thì
0
v


u
v
u v u v u v
v
v v
v
v





 
   

     

 
   
   
 
  
 




Do đóhệ phương trình đã cho có hai nghiệm:
   
 

x x
x x hay
x x
   
 
 
 
    
 
 
   
 
 
 

3
4
3 27
4 64
x
x





 
 
 
 
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 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

   

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   



( )
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

       

   
 
 
   
  

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

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

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

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

    








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



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
  


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

K
L
A
B
C
S
O
M
I
N
H
1
H
2