Tài liệu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998-1999 MÔN TOÁN BẢNG A, VÒNG 1 ppt

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998-1999. ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 1. SBD: (180 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1 ( 3 điểm) Tìm cực trị của hàm số: y = sin 2 x + cotg 2 x 2 + 4cos 2 x 2 - 4sinx – 4cotg x 2 ( 0 < x < π). Bài 2 ( 5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm: 2 2 2 2 2 3 x xy y m y yz z m xy yz zx m ì ï + + = ï ï ï ï + + = í ï ï ï + + = ï ï î ( x, y, z ∈ R). Bài 3 ( 6 điểm) Cho tập hợp: A = { a; a + 1; a + 2; a + n} với a = 1998. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của n để tồn tại hai tập hợp B và C sao cho: A = B ∪ C và B∩C = ∅ mà tổng các phần tử của tập B bằng các phần tử của tập C. Bài 4 (6 điểm) Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất. M là một điểm của không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng còn lại lần lượt tại A,B,C. Biết MA + MB + MC = 1998. Tìm tập hợp các trọng tâm của tam giác ABC. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 1998-1999. MÔN TOÁN 12 BẢNG A, VÒNG 1. Bài 1(3 điểm). y = sin 2 x + cotg 2 x 2 + 4cos 2 x 2 - 4sinx – 4cotg x 2 (0.5đ) + Đặt z = sinx + cotg x 2 ; z 2 = sin 2 x + cotg 2 x 2 + 4cos 2 x 2 . Do đ ó: y = z 2 – 4z. (0.5đ) + y’ x = y’ z . z’ x = (2z – 4)( 2 1 osx - 2sin c x 2 ) = 2(sinx + cotg x 2 - 2) 2 os osx + 1 osx - 1 c x c c - . (0.5đ) + Do: 0 < x < π ⇒ cosx < 1 ⇒ 2 os osx + 1 osx - 1 c x c c - < 0 Nên: y’ cùng dấu với: - sinx - cotg x 2 + 2 (0.5đ) + Đặt t = tg x 2 suy ra: - sinx - cotg x 2 + 2 = 2 2 2 2t 1 (t 1)(2t t 1) 2 1 t t t(1 t ) - - - + - + = + + . (0.5đ) + Tam thức 2t 2 – t + 1 luôn dương với mọi t vì có biệt số âm; 0< x < π nên 0< x 2 < 2 p ⇒ t(1 + t 2 ) > 0. Do đó: y’ cùng dấu với t – 1. (0.5đ) + y’ = 0 ⇔ t – 1 = 0 ⇔ tg x 2 = 1 ⇔ x = 2 p ( vì 0< x < π). Vậy: hàm số có điểm cực tiểu ( 2 p ; -4). Bài 2 (5 điểm). (1.5đ) + Đặt: X = x + y 2 ; Y = 3 2 y; Z = 3 2 (y + z); T = 1 2 (z – y). Ta đ ược: 2 2 2 2 x xy y X Y+ + = + ; 2 2 2 2 y yz z Z T+ + = + ; 3 (xy yz zx) XZ YT 2 + + = + . x 0 2 p π tg x 2 -1 - 0 + y’ - 0 + y -4 Do ú ta cú h 2 2 2 2 2 3 X Y m Z T m 3 XZ YT m 2 ỡ ù ù ù + = ù ù ù ù + = ớ ù ù ù ù ù + = ù ù ợ . (1.5) + Chỳ ý: (X 2 + Y 2 )(Z 2 + T 2 ) = (XZ + YT) 2 + (XT YZ) 2 Do ú: H ó cho cú nghim thỡ: m.m 2 2 3 3 3 3 3 4 4 m m (m ) 0 0 m 2 3 3 ổ ử ữ ỗ ữ -Ê Ê ị Ê Ê ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Suy ra: m 3 4 3 . (1.75)+ Xột m = 3 4 3 . Ta cú h: (1) (2) (3) 3 2 2 2 XT YZ 3 XZ YT m 2 Z T m ỡ = ù ù ù ù ù ù + = ớ ù ù ù ù + = ù ù ợ T (1) cú th t X = uZ, Y = uT, thay vo (2) v (3) ta cú: u = 3 m 2 . Do ú ta cú h: y hay y 2 2 2 2 2 2 3 2m 3 X mZ x 2 2m 3 m 2 Y mT z 2 m Z T m m y 3m 4m 4 ỡ ù ỡ ù + ù ù = ù = ù ù ù ù ù ù ù ù ù + ù ù ù = = ớ ớ ù ù ù ù ù ù ù ù + = ù ù = ù ù ù ù + + ù ù ợ ù ợ vi m = 3 4 3 . (0.2 5) + T ú: ỏp s ca bi toỏn l m = 3 4 3 . Bi 3 (6 im). (1.5 ) + Nu A = B C v BC = m tng cỏc phn t ca B bng tng cỏc phn t ca tp C nờn tng: 1998 + (1998 + 1) + + ( 1998 + n) = 1998(n + 1) + n(n 1) 2 + l s chn, suy ra n(n 1) 2 + l s chn, suy ra n(n + 1) chia ht 4 . Do ú n cú dng n = 4k + 3 hoc dng n = 4k (k N). (1.5 ) + Nu n = 4k + 3 (k N): Lỳc ú tp A cú 4(k+1) phn t. Chia A thnh k + 1 tp con ri nhau, mi tp con gm 4 s t nhiờn liờn tip. Ta bit rng mi b 4 s t nhiờn liờn tip luụn chia c thnh hai tp con cú tng cỏc phn t ca hai tp ú bng nhau. Vớ d: bn s a, a + 1, a + 2, a + 3 thỡ a + ( a + 3 ) = ( a + 1 ) + ( a + 2 ). Vy tn ti hai tp B v C tha bi toỏn. (3 ) + Nu n = 4k (k N * ): Lỳc ú tp A cú 4k + 1 phn t. Giả sử A = B ∪C và B∩C = ∅ thì trong B hoặc C có một tập không ít hơn 2k + 1 phần tử. Giả sử B có không ít hơn 2k+1 phần tử thì C có không quá 2k + 1 phần tử. Ký hiệu : S B là tổng các phần tử của B thì: S B ≥ 1998 + (1998 + 1) + + ( 1998 + 2k) = 1998(2k+1)+ k(2k+1) S C là tổng các phần tử của C thì: S C ≤ (1998+ 2k+1) + (1998+2k+2) + + (1998 + 4k) = 19982k + k(6k+1) Theo giả thiết để S B = S C nên: 1998.2k + k(6k+1) ≥ 1998(2k+1) + k(2k+1) ⇔ 6k 2 + k ≥ 1998 + 2k 2 + k ⇔ 4k 2 ≥ 1998 2 1998 k k 23 4 ³ Û ³ . + Nếu k = 23 ⇒ n = 92. Tập A = {1998, 1998 + 1, 1998 + 2, , 1998 + 92}. với B = {1998 + 1, 1998 + 2, , 1998 + 46, 1998 + 59} C = {1998, 1998 + 47, , 1998 + 58, 1998 + 60, , 1998 + 92} Thì S B = S C = 95046. + Nếu k > 23. Ta có: A = A 1 ∪A 2 . Trong đó: A 1 = {1998, 1998 + 1, , 1998 + 92} A 2 = {1998 + 93, 1998 + 94, , 1998 + 4k}. Theo trên A 1 chia được thành hai tập con rời nhau thỏa bài đề ra. Còn tập A 2 gồm (4k - 9z) = 4(k – 23) phần tử. Lý luận như phần a, tập A 2 cũng chia được thành hai tập con thảo bài ra. Như vậy tập A chia được hai tập con B và C, không giao nhau và tổng các số trong B bằng tổng các số trong tập C. Kết luận: n có dạng 4k+3(k∈N) hay 4k(k∈N, k ≥ 23). Bài 4 ( 6 điểm) (1.5 đ) + Gọi O là giao điểm của 3 mặt phẳng. a, b, c là 3 giao tuyến . Dùng tính chất hình hộp và tính chất trọng tâm, ta có: 2 OM ' OM 3 = uuuur uuur , với M” là trọng tâm của ∆ABC. (4đ) + Tìm tập hợp các điểm M: Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ cần xét một miền: Gọi U, V, Ư thuộc a, b, c: OU = Ơ = OV = 1998. Chứng minh được: M thuộc miền trong tam giác UVƯ khi và chỉ khi: OM WxOU yOV zO= + + uuur uuur uuur uuur với x + y + z = 1. _U _C _V _M' _O _M _ A _C _B Mà MA + MB + MC = 1998 ⇔ x + y + z = 1. Do đó: Tập các điểm M là miền trong của tam giác UVƯ. (0.5 đ) + Suy ra các điểm M’ ( trọng tâm của tam giác ABC) là ảnh của miền trong tam giác UVƯ qua phép vị tự tâm O tỉ 2/3. . GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THI N HUẾ NĂM HỌC 19 98 -19 99. ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 1. SBD: (18 0 phút, không. A = {19 98, 19 98 + 1, 19 98 + 2, , 19 98 + 92}. với B = {19 98 + 1, 19 98 + 2, , 19 98 + 46, 19 98 + 59} C = {19 98, 19 98 + 47, , 19 98 + 58, 19 98 + 60, , 19 98