SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN BẢNG B VỊNG SBD: (180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.5 điểm) Với n số nguyên dương Giải phương trình: 1 0 sin 2x sin 4x sin 2n x Bài 2: (2.5 điểm) A, B, C ba góc tam giác Chứng minh: sin A sin B sin C 1 2 sin B sin C sin C sin A sin A sin B Bài 3: (2.5 điểm) Cho hàm số f : Z Z thỏa mãn đồng thời điều kiện: (1) f(n + 1) > f(n) , nZ+ (2) f[f(n)] > n + 2000 , nZ+ a/Chứng minh: f(n + 1) = f(n) , nZ+ b/Tìm biểu thức f(n) Bài 4: ( 2.5 điểm) Cho parabol (P): y2 = 2x đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = Chứng minh có vơ số tam giác với ba đỉnh (P) mà cạnh tiếp xúc với (C) DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 1999-2000 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN TỐN BẢNG A – VÒNG Bài 1: (2.5 điểm) k , k Z (m = 1,n) 2m cos x cos 2x sin x +(0.50 đ) cot gx cot g2x sin x sin 2x sin x.sin 2x sin 2x +(0.25 đ) Do ta có cơng thức tổng qt: cot g2m 1 x cot g2m x sin 2m x +(0.75 đ) Phương trình cho trở thành: (cotgx – cotg2x) + (cotg2x – cotg4x) + + (cotg2n-1x – cotg2nx) = h , h Z cotgx – cotg2nx = cotg2nx = cotgx x n 1 h +(0.50 đ) So lại điều kiện ta có nghiệm: x n , h Z với h p(2n – 1), p Z 1 Bài 2: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Áp dụng định lý hàm số sin, bất phương trình cần chứng minh trở thành: a b c 1 (1) , với a, b, c ba cạnh tam giác bc ca ab x x xz (2) +(0.50 đ) Với < x < y z > 0, ta có bất đẳng thức: yz y yz +(0.50 đ) Chứng minh bất đẳng thức (2) +(1.00 đ) Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên: < a < b + c; < b < a + c; < c < a + b nên ta áp dụng được bất đẳng thức (2) ta có: a 2a b 2b c 2c ; ; abc abc abc abc abc abc Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta (1), nên bất đẳng thức đề cho chứng minh Bài 3: (2.5 điểm) Câu a (1.5 đ) +(0.5 đ) Vì f(n) Z+ nên từ giả thiết (1) ta được: f(n+1) f(n) +1 , n Z+ +(1.0 đ) Kết hợp giả thiết (2) ta n Z+: n + 2001 = (n+1)+2000 = f[f(n+1)] f[f(n)] + = n + 2001 đó: f(n+1) = f(n) + 1, n Z+ Câu b (1.0 đ) +(0.75 đ) f(n) = f(1) + n – 1, n Z+ f{f(1)} = f(1) + f(1) – Suy ra: + 2000 = 2f(1) – f(1) = 1001 f(n) = n + 1000, n Z+ +(0.25 đ) Thử lại thỏa điều kiện, nên f(n) = n + 1000, n Z+ +(0.50 đ) Điều kiện: sin2mx 2mx k, kZ x Bài 4: (2.5 điểm) +(0.25 đ) Đường trịn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = +(0.50 đ) Lấy A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) tùy ý ( y1 y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1) Do A, B (P) nên y12 2x1 , y 22 2x đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = DeThiMau.vn +(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc: | y1 y | AB tiếp xúc (C) (8 y1 y ) (y1 y ) (1) (y1 y ) +(0.25 đ) Tượng tự, C(x3 ; y3) thuộc (P) y1 y3 , ta có: AC tiếp xúc (C) (8 y1 y3 ) (y1 y3 ) (2) +(0.5 đ) Do AB AC tiếp xúc (C) ta (1) (2) Điều chứng tỏ y1 y3 hai nghiệm phương trình ẩn y: (8 y1 y) (y1 y) hay (y12 4)y 8y1 y 48 4y12 (3) +(0.25 đ) Với y1 2, (3) phương trình bậc hai có ’ > nên (3) ln có hai nghiệm y2 y3: 48 4y12 8y1 y y y y3 y12 4 y12 +(0.25 đ) Do đó, vào ta được: (8 y y3 ) (y y3 ) Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta BC tiếp xúc (C) Và từ kết chứng tỏ có vơ số tam giác thỏa đề DeThiMau.vn ...SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THI? ?N HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI B? ??C PTTH NĂM HỌC 1999-2000 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN TỐN B? ??NG A – VÒNG B? ?i 1: (2.5 điểm) k , k Z (m =... b? ??t đẳng thức (2) ta có: a 2a b 2b c 2c ; ; a? ?b? ??c a? ?b? ??c a? ?b? ??c a? ?b? ??c a? ?b? ??c a? ?b? ??c Cộng vế theo vế b? ??t đẳng thức ta (1), nên b? ??t đẳng thức đề cho chứng minh B? ?i 3: (2.5 điểm) Câu a (1.5 đ)... z > 0, ta có b? ??t đẳng thức: yz y yz +(0.50 đ) Chứng minh b? ??t đẳng thức (2) +(1.00 đ) Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên: < a < b + c; < b < a + c; < c < a + b nên ta áp dụng được b? ??t đẳng thức