Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Phú Thọ năm học 2008-2009 Môn Toán

Sở giáo dục vμ đμo tạo phú thọ 
kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2008-2009 
Môn Toán 
Thời gian lμm bμi: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Đề thi có 01 trang 
------------------------------------------------------------------- 
Câu 1 (2,0 điểm) 
 Giải bất ph−ơng trình 
4 x
2
2
2 x 1
0
(log x 2)(x 25)
− − + ≥− − 
Câu 2 (2,0 điểm) 
 Giải hệ ph−ơng trình 
3 3
2 2
x 8x y 2y
x 3 3(y 1)
⎧ − = +⎨ − = +⎩
Câu 3 (2,0 điểm) 
 Cho hai tia Ox, Oy vuông góc với nhau tại O. Trên tia Ox, Oy lần l−ợt lấy các 
điểm A, B không trùng với O sao cho diện tích tam giác OAB bằng S cho tr−ớc. Kẻ 
OH vuông góc với AB (H∈AB), gọi O1, O2 lần l−ợt lμ tâm đ−ờng tròn nội tiếp các 
tam giác OHA vμ OHB, đ−ờng thẳng O1O2 lần l−ợt cắt OA, OB tại I, J. 
1) Chứng minh tam giác OIJ lμ tam giác cân. 
2) Xác định vị trí các điểm A, B sao cho diện tích tam giác OIJ lớn nhất. 
Câu 4 (2,0 điểm) 
 Cho dãy số ( )nx thỏa mãn 1 n 1 n n n nx 1, x x (x 1)(x 2)(x 3) 1+= = + + + + với mọi 
n nguyên d−ơng, đặt 
=
= +∑
n
n
ii 1
1
y
x 2
 (n=1, 2, 3 ...). Tìm limyn . 
Câu 5 (2,0 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABC, từ điểm O nằm trong tam giác ABC vẽ các đ−ờng thẳng lần 
l−ợt song song với các cạnh SA, SB, SC vμ cắt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) t−ơng 
ứng tại các điểm D, E, F. 
 1) Chứng minh rằng 
OD OE OF
1
SA SB SC
+ + = . 
 2) Xác định vị trí của điểm O để thể tích của hình chóp O.DEF đạt giá trị lớn nhất. 
 --------------------------------------------- Hết --------------------------------------------- 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ vμ tên thí sinh: .................................................................. SBD: .......................... 
Đề chính thức 
 1
Sở giáo dục vμ đμo tạo phú thọ 
kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2008-2009 
Môn thi: Toán 
------------------------------------------------------------------- 
H−ớng dẫn chấm 
Nội dung Điểm
Câu 1 (2,0 điểm) 
Giải bất ph−ơng trình 
4 x
2
2
2 x 1
0
(log x 2)(x 25)
− − + ≥− − 
+ ĐK : , , .x 0 x 4 x 5≠ ≠ ≠ 
0,5 
+ Chứng minh ph−ơng trình 4 x2 x 1 0− − + = có nghiệm duy nhất x=3. 0,5 
+ Lập bảng xét dấu (hoặc dùng ph−ơng pháp khoảng) cho tập nghiệm của BPT 0,5 
đã cho lμ : ( ) ( ) ( ] ( ); ; ; ;S 5 4 0 0 3 4 5= −∞ − −∪ ∪ ∪ . 0,5 
Câu 2 (2,0 điểm) 
 Hệ ph−ơng trình đa cho t−ơng đ−ơng với 
3 3
2 2
x y 8x 2y
6 3y x
⎧ − = +⎨− = −⎩
 (1) 
Nhân 2 ph−ơng trình với nhau theo từng vế ta đ−ợc: 
3 2 2x x y 12xy 0+ − = 
0,75 
⇔ ( )2 2x x xy 12y 0+ − = ⇔ 
x 0
x 3y
x 4y
=⎡⎢ =⎢⎢ = −⎣
 0,50 
+ Với x= 0, thay vμo hệ (1) không thỏa mãn. 0,25 
+ Với x= 3y, thay vμo hệ (1) đ−ợc nghiệm 
x 3
y 1
=⎧⎨ =⎩ vμ 
x 3
y 1
= −⎧⎨ = −⎩ 0,25 
+ Với x= –4y, thay vμo hệ (1) đ−ợc nghiệm 
/
/
x 4 6 13
y 6 13
⎧ =⎪⎨ = −⎪⎩
 vμ 
/
/
x 4 6 13
y 6 13
⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩
0,25 
Đề chính thức 
 2
Nội dung Điểm
Câu 3 (1,5 điểm) 
1. (1,0 điểm) 
Ta có do các tam giác AHO vμ OHB đồng dạng nên các tam giác OO1H vμ 
BO2H cũng đồng dạng suy ra 1 2
1 2
HO HB
HO HO
O HO O HB
⎧ =⎪⎨⎪∠ = ∠⎩
 (1) 
0,5 
Từ (1) suy ra nếu thực hiện liên tiếp 2 phép biến hình gồm phép 
045
HQ vμ 
k
HV 
với 
1
HO
k
HO
= khi đó ;1 2O O B O→ → vμ đ−ờng thẳng OB biến thμnh đ−ờng 
thẳng O1O2, do đó góc giữa OB vμ O1O2 lμ 450, suy ra tam giác OIJ lμ tam giác 
vuông cân. 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Vì tam giác OIJ lμ tam giác vuông cân nên 01 1OHO OIO 45∠ =∠ = , từ đây suy 
ra 1 1OHO OIOΔ = Δ , suy ra OI = OH. 
0,5 
Do đó : 
 = = = ≤ = =+( ) .
2 2 2 2
2
2 2 2
1 2S 2S 2S 2S S
S OIJ OH
2 2OA OB 4S 2AB OA OB
Dấu đẳng thức xảy ra khi vμ chỉ khi OA=OB tức lμ tam giác OAB lμ tam giác 
vuông cân. 
0,5 
A
B
O1
O2
HJ
I
x
y
O
 3
Nội dung Điểm
Câu 4 (2,0 điểm) 
Từ giả thiết 
n 1 n n n nx x (x 1)(x 2)(x 3) 1+ = + + + + ⇔ n 1 n n n nx x (x 3)(x 2)(x 1) 1+ = + + + + 
2 2
n 1 n n n nx (x 3x )(x 3x 2) 1+ = + + + + ⇔ 2 2n 1 n nx (x 3x 1)+ = + + 
Hay 2n 1 n nx x 3x 1+ = + + 
0,5 
Từ đây suy ra n 1 n nx 1 (x 1)(x 2)+ + = + + suy ra 
n n n 1
1 1 1
x 2 x 1 x 1+
= −+ + + . 
Từ đó ...
n
n
i 1 2 2 3 n n 1i 1
1 1 1 1 1 1 1
y
x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1+=
= = − + − + + −+ + + + + + +∑ = 
1 n 1 n 1
1 1 1 1
x 1 x 1 2 x 1+ +
− = −+ + + . (1) 
0,5 
Từ giả thiết suy ra ( )nx lμ dãy các số d−ơng vμ ( )2n 1 n nx x x 1 1+ − = + > 
⇒ n 1 nx x 1+ > + , từ đây suy ra ( )nx lμ dãy tăng vμ lim nx = +∞ . (2) 
Từ (1) vμ (2) suy ra lim n
1
y
2
= 
1,0 
Câu 5 (1,0 điểm) 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Chứng minh rằng 
OD OE OF
1
SA SB SC
+ + = . 
Ta có 
OD MO
SA MA
= ; OE NO
SB NA
= ; OF PO
SC PC
= (1) 
0,5 
D
F E
O
N
MP
C
B
A
S
 4
Nội dung Điểm
Ta chứng minh: 
MO NO PO
1
MA NB PC
+ + = (2) 
Từ (1) vμ (2) ta có đpcm. 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Gọi K lμ hình chiếu của F trên mp(ODE) vμ H lμ hình chiếu của C trên 
mp(SAB), ta có 
( . ) ( ).
( ).
V O DEF S ODE FK
V S SAB CH
= (3) 
Lại do SA//OD , SB//OE vμ SC//OF nên: 
( )
.
( )
S ODE OD OE
S SAB SA SB
= ; FK OF
CH SC
= (4) 
Từ (3) vμ (4) ta đ−ợc 
( . )V O DEF OD OE OF
V SA SB SC
= ⋅ ⋅ (*) 
0,50 
Từ đó: 
( . ) 3V O DEF OD OE OF 1 OD OE OF 1
V SA SB SC 27 SA SB SC 27
⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ≤ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Hay ( . )
1
V O DEF V
27
≤ , dấu đẳng thức xảy ra khi vμ chỉ khi 
OD OE OF 1 MO NO PO 1
SA SB SC 3 MA NB PC 3
= = = ⇔ = = = , tức lμ O lμ trọng tâm tam giác 
ABC. 
Vậy max( . )
V
V O DEF
27
= , khi O lμ trọng tâm tam giác ABC. 
0,50 
---Hết---