Bang b v2 99 2000

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 n x Bài 2: (2.5 điểm) A, B, C ba góc tam giác Chứng minh: sin A sin B sin C 1< + + f(n) , ∀n∈Z+ (2) f[f(n)] > n + 2000 , ∀n∈Z+ a/Chứng minh: f(n + 1) = f(n) , ∀n∈Z+ 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) 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) kπ , 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 m −1 m +(0.25 đ) Do ta có cơng thức tổng qt: cot g2 x − cot g2 x = sin 2m x +(0.75 đ) Phương trình cho trở thành: (cotgx – cotg2x) + (cotg2x – cotg4x) + + (cotg2n-1x – cotg2nx) = hπ ⇔ cotgx – cotg2nx = ⇔ cotg2nx = cotgx ⇔ x = n , h ∈ Z −1 hπ +(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 b+c c+a a +b x x x+z < < (2) +(0.50 đ) Với < x < y z > 0, ta có bất đẳng thức: y+z y y+z +(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 < < < ; ; a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c 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 ≠ kπ, k∈Z ⇔ x ≠ Bài 4: (2.5 điểm) +(0.25 đ) Đường tròn (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 = +(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc: | + y1 y | = ⇔ (8 + y1 y ) =  + (y1 + y )  (1) AB tiếp xúc (C) ⇔ + (y1 + y ) +(0.25 đ) Tượng tự, C(x3 ; y3) thuộc (P) y1 ≠ y3 , ta có: 2 AC tiếp xúc (C) ⇔ (8 + y1 y ) =  + (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 + 8y1y + 48 − 4y12 = (3) +(0.25 đ) Với y1 ≠ ± 2, (3) phương trình bậc hai có ∆’ > nên (3) ln có hai nghiệm y2 y3: 8y1 48 − 4y12 y + y3 = y y = − y12 y12 − 2 +(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 vô số tam giác thỏa đề  ... 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: y+z y y+z +(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... – 1), ∀p ∈Z −1 B i 2: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Áp dụng định lý hàm số sin, b t phương trình cần chứng minh trở thành: a b c 1< + + < (1) , với a, b, c ba cạnh tam giác b+ c c+a a +b x x x+z < < (2)