HSGToan hue 2002 2004 dapan 6de

http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (VỊNG 1) SBD: (180 phút, khơng k ể thời gian giao đề) 2  x  y  Bài 1: a/ Tìm giá trị m hệ  có nghiệm  x  y  m 2y xy b/ Chứng minh rằng: ln  với x > y >   x  2x  y Bài 2: Giải phương trình: cos3x + 4sin 3x – 3sinx = Bài 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi E,G,K trung điểm cạnh A’D’, B’C’và AA’ H tâm hình vng DCDC’ M,N hai điểm hai đường thẳng AD EG cho MN vng góc với KH cắt KH Tính độ dài đoạn MN theo a http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2001-2002 HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 12 -VỊNG Bài 1: Câu a:      x  m  x  y   y  x  m    y   x m    2  x  y  m  x  x  (m  4)   x  x  (m  4)   Do hệ có nghiệm khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [m;+) (*) 1  4m  17 -17 f(x) = có  = 4m + 17 nên f(x) = có nghiệm x  m  1  4m  17 Do đó: (*)  m   2m   4m  17   2m   17 17  m>    m   hay     m 2 4  4m  17  (2m  1)  2  m  Một số cách giải khác:  x  y   y  x  m  Cách 2:   (I)  x  y  m  x  x  (m  4)  0(*) Hệ (I) có nghiệm  x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [-2;2] Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x + x – [-2;2], đường thẳng y = m suy kết  Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai 2y xy Câu b: Chứng minh rằng: ln  với x > y >   x  2x  y xy  Đặt t = 1 x xy  Vì x > y > nên: t =  tx  x  y  y  x(t  1) x 2y 2x(t 1) t 1  Do đó:  2 2x  y 2x  x(t  1) t 1 t 1  Bài toán trở thành chứng minh: ln t  với t > t 1 t 1  Xét hàm số y = f(t) = ln t  với t > t 1  y’ =  t  1 t(t  1)  nên hàm số đồng biến khoảng (0; +)  Do đó: t >  f(t) > f(1) =  ln t   Cách giải khác: Đặt t = t 1 >0 t 1 y t 1 đưa đến chứng minh: ln t  Giải tương tự x t 1 http://quyndc.blogspot.com Bài 2: Giải phương trình: cos3x + 4sin 3x – 3sinx =  Do cosx = không thỏa (1) nên nhân hai vế (1) cho cos3x ta được: sin x  (1)   4tg 3x     4tg 3x  3tgx   tg 3x  3tgx   (2) cos x cos x  Đặt: tgx = t, phương trình (2) trở thành: f(t) = t3 – 3t + = (3)  Đặt: t = 2cos (vì f(-2) = -1 < 0; f(-1) = > 0, f(1) = -1< 0, f(2) = > f(x) = hàm số liên tục nên f(t) có nghiệm phân biệt (-2;2)  Khi (3) trở thành: 8cos3 - 6cos +1 =  2cos3 +1 =  cos3 = -1/2 2 2k   (k  Z) 2 4 8  Vậy (3) có nghiệm phân biệt: t1  cos , t  cos , t  cos 9  Do phương trình cho có họ nghiệm: x = 1 + k, x = 2 + k, x = 3 + k với tgi = ti, i = 1,2,3 Bài 3: D’ C’ E H I1 B’ I M E1 H1 D A N1 G1 C E1 I1 C M G A’ H1 D G1 N1 A B B Xác định đoạn MN  Gọi E1, N1, G1, H1 hình chiếu vng góc E,N,G,H mặt phẳng (ABCD)  Do KH  MN (gt) KH  NN1 suy KH  MN1 , suy AH  MN1 I1  Mà theo giả thiết MN cắt KH I suy II // NN1 mà I trung điểm đoạn MN nên I1 phải trung điểm MN1  Từ suy cách dựng hai điểm M, N Tính độ dài MN  Đặt  = DAH1  H1AN1 = E1N1M =  AE1  Xét tam giác vuông DAH, ta có: sin =  tg =  cos2 =  AN1 =  a cos 2  Xét tam giác vng AIN1, ta có: IN1 = AN1.sin = a a a   MN  6 (Cách khác: Gọi P trung điểm CG1, suy N1 AP, suy E 1N1 = E1 N1 a 5 14 a 14   MN  NN12  MN12  a  a  a  MN  cos  9 Cách khác: Dùng phương pháp tọa độ không gian  MN1  Bài 4: Ta có: (1) a lẻ: (un) hội tụ   u an  hội tụ (2) a chẵn: (|un|) hội tụ   u an  hội tụ a ) http://quyndc.blogspot.com (3) Bổ đề: dãy (cosn) hội tụ   = 2k, kZ Chứng minh bổ đề: Nếu   k  sin  Giả sử (cosn) hội tụ h, đó: cos n.cos - cos(n + 1) h(cos   1)  sinn   sin sin  h(cos   1) h(cos   1)  cos sin(n + 1)  sin n .cos  sin  sin   Mà cosn   sin sin   Vậy cosn  h cos   1  cos   cos     h   sin  sin   sin    cos    Do tính giới hạn ta có: h  h   h0  sin   sin n  Suy ra:  mâu thuẩn với: = sin 2n + cos2n cosn    Do đó: (cosn) hội tụ   = k + Trường hợp k chẵn: cosn =  (cosn) hội tụ + Trường hợp k lẻ: xét hai dãy cos2n  1, cos(2n + 1)  -1 Vậy (cosn) khơng hội tụ Do (cosn) hội tụ   = 2m Đảo lại hiển nhiên Trở lại toán cho: Với un = cosa n Trường hợp k lẻ: (un) hội tụ  (cosn) hội tụ   = 2k với  = 2k 1 Vậy a lẻ: lim u n    không tồn với   2k Trường hợp k chẵn: (un) hội tụ  |cosn| hội tụ  cos2n hội tụ  cos2n hội tụ  = 2k với  = k 1 Vậy a chẵn: lim u n    không tồn với   k         _ http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN (VỊNG 2) SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) - - Bài 1: a/ Giải phương trình: 3(x  2x  2)  10 x  2x  2x  b/ Chứng minh: log 89 + log810 + log811 < 2log23 Bài 2: a/ Với A, B, C ba góc tam giác, chứng minh phương trình: x  2x A B C  sin  sin  sin 2 có nghiệm phân biệt b/ Giải phương trình: x.3x 1  (x  1).3x   x  x  Bài 3: Trong mặt phẳng, cho tứ giác (lồi) có : tổng khoảng cách từ đỉnh đến cạnh số không đổi tất đỉnh Chứng minh tứ giác hình bình hành Bài 4: Cho tập hợp E = { x N/  x  2001}, k, r hai số cho trước:  k  20001, r  N* Hỏi có (a1, a2, , ak) thỏa mãn điều kiện sau: (i)  E, i  1, k (ii) a1 < a2 < < a k (iii) Min{ai+1 – / i  1, k  } = r http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2001-2002 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TỐN LỚP 12 -VỊNG Bài 1: Câu a: Giải phương trình: 3(x  2x  2)  10 x  2x  2x  (1)  x  2x  2x   (x  1)(x  x  1) nên điều kiện là: x  -1  x2 + 2x + = (x +1) + (x + x + 1), đặt a  x  , b  x  x   Với điều kiện x  -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab  3a2 – 10ab + 3b =  (a – 3b)(3a – b) =  a = 3b hay a = b/3  a = 3b  x  =3 x  x   x + = 9(x + x + 1)  9x2 + 8x + = (vô nghiệm)  a = b/3  3a = b 3 x  = x  x  9(x + 1) = x2 + x +  x2 - 8x - =  x    Vậy phương trình có hai nghiệm: x   Cách khác: Bình phương phân tích thành tích Câu b: Chứng minh: log 89 + log810 + log811 < 2log23  Trước hết chứng minh: log n(n+1) > logn+1(n+2) , n>1 (1) log n 1 (n  2)  Vì:  log n 1 (n  2).log n 1 n , áp dụng bất đẳng thức Cói cho hai số dương ta có: log n (n  1)  log n 1 (n  2)  log n 1 n  log n 1 (n  2).log n 1 n  log n 1 n(n  2)  log n 1 (n  2) logn 1 n    log n 1 (n  1) 2.log n 1 n  log n 1 (n  2).log n 1 n log n 1 (n  2)  suy (1) thỏa log n (n  1)  Từ cơng thức (1) ta có: log89 + log810 + log811 < 3log89 = 2log23 ln(x  1)  Cách khác: Có thể giải (1) cách xét hàm y = logx(x+1) = với x>1 suy y’>0 ln x Bài 2: Câu a: A B C  Vì A,B,C (0; ) nên: sin  sin  sin  Do đó: 2 A B C  (1) | x  2x | log  sin  sin  sin   m (2) 2 2   Nên số nghiệm (1) số giao điểm hai đường: y = f(x) = |x 2-2x| (C) (d): y = m  Khảo sát vẽ đồ thị (C) y   log n 1 (n  2)  log n 1 n   y=m O x http://quyndc.blogspot.com  Dựa vào đồ thị ta được: (2) có nghiệm khi 0< m 3t – > f(t) > với t < 3t – <  f(t) > 0, đó: Vì (2)  f(x) + f(x – 1) = nên (2) vơ nghiệm  Vậy phương trình cho có tất nghiệm: x = 0; x =  Bài 3:    Gọi n vectơ pháp tuyến đơn vị đường thẳng a, có gốc a M N hai điểm n  mặt phẳng có bờ a chứa vectơ n M  Khi ta có:   2   2 n HM.n  t M n (1) KN.n  t N n (2) N Từ giả thiết ta được: tM = d(M,a) tN = d(N,a) từ (1) (2)   H suy ra: MN.n  d(N, a)  d(M, a) (3)      Gọi n1 , n , n , n vectơ pháp tuyến đơn vị có gốc cạnh K AB,BC,CD,DA miền tứ giác ABCD Gọi k tổng khoảng a cách từ đỉnh đến đường thẳng chứa cạnh tứ giác Khi ta có:      AB ( n1 + n + n + n ) =[d(B,AB) – d(A,AB)] + [d(B,BC) – d(A,BC)] + [d(B,CD) – d(A,CD)] + [d(B,DA) – d(A,DA)]           Do đó: AB ( n1 + n + n + n ) = k – k = (4) Tương tự ta có: BC ( n1 + n + n + n ) = (5)       Vì A,B,C khơng thẳng hàng nên từ (4) (5) ta suy ra: n1 + n + n + n = (6)              Từ (6) suy ra: n1 + n + 2n1.n = n + n + 2n n nên: ( n1 , n ) = ( n , n ) (7)              Từ (6) suy ra: n + n + 2n n = n1 + n + 2n1.n nên: ( n , n ) = ( n1 , n ) (8)          Do: ( n1 , n ) + ( n , n ) + ( n , n ) + ( n1 , n ) = 3600 nên:             ( n1 , n )+( n , n ) = ( n , n )+( n1 , n ) = 1800, suy ra:( n1 , n ) = 1800, tương tự: ( n , n ) = 1800 (9) http://quyndc.blogspot.com  Từ (9) suy cạnh đối tứ giác song song nhau: AB // CD, BC // AD V ậy ABCD hình bình hành Cách khác: Sau chứng minh (6) Gọi điểm tùy ý         Đặt: ON1  n1 , ON  n , ON3  n , ON  n suy N i thuộc đường tròn tâm O, bán kính Do (6) suy O trọng tâm tứ giác N1N2N3N4 suy O trung điểm đoạn nối hai trung điểm hai cạnh N1N2, N3N4 từ suy ra: N 1N2 // N3N4 , suy N 1N2N3N4 hình chữ nhật, suy ra:     n  n , n1  n nên AB // CD,BC // AD Vậy ABCD hình bình hành Bài 4:  Đặt n = 2001 (a1,a2, ,ak) thỏa (i) (ii) tươngứng tập k phần tử E Kí hiệu: Alà tập tập E với: A = {a1, a2, , ak} a1< a2 < < a k; Min{ai+1-ai / i  1, k  }  r; ur(k) số phần tử A  Trường hợp 1: ur(k) = k > n – (k – 1)(r – 1) Thật vậy: k > n – (k – 1)(r – 1)  (k – 1)r > n – (*) Ta có : ai+1-ai  r i  1, k   ak –a1  (k - 1)r mà ak –a1  n – (k – 1)r  n – mâu thuẫn với (*), khơng tồn A, suy A=   ur(k) =  Trường hợp 2: u r (k)  C nk (k 1)(r 1) k  n – (k – 1)(r – 1) Thật vậy: Xét M = { 1, 2, , n-(k– 1)(r – 1)} B tập k phần tử M f Xét ánh xạ: A   B : f(A) = B xác định sau: A = {a1, a2, , ak}  A thì: B = {a1, a2 – (r – 1), , a i – (i – 1)(r – 1), , a k – (k – 1)(r – 1)}; bi = – (i – 1)(r – 1); bi +1 – bi = + -ai - (r – 1)  1; bk = ak – (k – 1)(r – 1)  n - (k– 1)(r – 1) Suy ra: b i  M suy ra: BB Chứng tỏ f song ánh: ta A  A’  f(A)  f(A’) BB, B = {b1, b2, , bk} b1  Nếu a  0: Do f(x) liên tục, lim f (x)    x  f (3a)  2a  0;f ( 3a)  16a  a < nên f(x) = có nghiệm phân biệt Vậy phương trình f(x) = ln có nghiệm phân biệt x1, x2, x3 với a y A B I http://quyndc.blogspot.com  x1  x  x a  (3)  2  x1  x  x  9a   Do x1, x2, x3 nghiệm phân biệt (2) nên: (C) cắt (P) đỉnh A  x1 ; x12  , B  x ; x 22  ,  x1  x  x  3a  Ta có:  Do đó:  x1 x  x1 x  x x  (9a  3) C  x ; x 32  tam giác ABC Và (3): tam giác ABC có trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp I, nên ABC tam giác  Kết luận: Tập hợp tâm tam giác có đỉnh thuộc (P): y = x2 parabol: (G): y = 9x + _  http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (VỊNG 2) SBD: (1 50 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (3.5 đ) Giải phương trình: log 2 (x  2x  11)  log 2 (x  2x  12) 2x  với x >1 2x  a/ M điểm tùy ý (H), tiếp tuyến (H) M cắt hai đường tiệm cận (H) hai điểm A B Xác định điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ b/ Với I(1;1) K hình chiếu vng góc M xuống đường thẳng y = x Tìm điểm cố định C cho : IK – CM số dương không đổi M thay đổi (H) Bài 2: (3.5 đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H): y  Bài 3: (3.0 đ) Cho n  N ( n  2) hàm số f: Q  Q cho: f(xn + y) = xn – 1f(x) + f(f(y)) x, y  Q (Q tập hợp số hữu tỉ) a/ Giả sử f(2002)  Tính f(2002) b/ Tìm hàm số f http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2002-2003 HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 12 -VỊNG Bài 1: (3.5 đ) Giải phương trình: log 2 (x  2x  11)  log 2 (x  2x  12) (1)  x  2x  12   Điều kiện:  (*)  x  2x  11   (2  5)   (2  )      2     (1)  log 9 (x  2x  11)  log 8 (x  2x  12)  log 9 (x  2x 11)  log 8 (x  2x 12)  Đặt: a = + > 1, t = x – 2x -12 Điều kiện: t >  Do đó: (1)  lna + 1(t + 1) = ln at  t  a y Cách 1: (1)  lna + 1(t + 1) = ln at   (I) y  t   (a  1) y y  a     Từ (I) ta được:      (2)  a +1   a +1   y = 1: nghiệm (2) y y y y a a  a     a     y < 1:    , y < 1:            a +1 a +1 a +1 a +1  a +1   a +1   a +1   a +1   Nên (2) có nghiệm nhất: y = Do đó: (1) t = a  x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - =  x = + x = -2  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = ln a + 1(t + 1) - lnat (a >1 1  Ta được: y '    a > 1, nên hàm số giảm (0; +) ta có f(t) = có (t  1) ln(a  1) t ln a nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm t = a  Vậy: (1) (1)  lna + 1(t + 1) = ln at  t = a x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - =  x = + x = -2  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Bài 2: (3.5 đ) a/ ( điểm) 2x  2  (x  x 0) 2x  (2x  2) x  d cắt hai đường tiệm cận đứng x = ngang y = điểm A(1; ), B(2xo – 1;1) x 1 x0  Vì x0 > nên yA = >1, xB = 2x0 – > Do I miền tam giác OAB nên: x0 1 1 1 1 1 SOAB = SOIB + SOIA + SIAB = IA + IB + IA.IB = 2(x0 – 1) + + 2(xo – 1) 2 2 x 1 x 1  M(x0;y0)  (H), tiếp tuyến M (H) có phương trình: (d): y  http://quyndc.blogspot.com  Do áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta hai số dương xo – 1, 1 2(x  1) ta có:  1 y 2(x  1) Đẳng thức xảy khi: 1 xo – =  x0  1 2(x  1) K 1  Vậy SOAB nhỏ M(  , 1 ) 2 I Cách khác: Tính diện tích OAB theo cách sau:   1   O 1/ OA  1; x  ; OB  (2x  1;1)  x0 1    Tính: SOAB  OA OB  OA.OB 2/ Tính SOAB = AB.h với h = d(O;AB) b/ ( 1.5 điểm)  Do phép tịnh tiến bảo tồn khoảng cách, nên để đơn giản phép tính ta dời hệ trục Oxy sang hệ trục  IXY phép tịnh tiến vectơ OI X  x  1 Công thức dời trục:  , (H) trở thành : Y  với X>0 2X Y  y  SOAB = xo – + +11+2    2X  2X   1 2X  )  (X  )   K ;  2X X 2X 4X   4X  2X  1  Đặt C(a;b) số muốn tìm c 0, đó: IK = ; MC  (a  X; b  ) và: 2X 2X 2X  2X  2cX  2IK  CM  c  CM  2IK  c  (a  x)  (b  )  c   (*) 2X 2X 2X 2X  2cX  (a  x)  (b  )   4X (a  X)  (2bX  1)  (2X  2cX  1)  2X 2X  (8c - 8a)X  (4a  4b  4c  )X2  (4c  4b)X  (2) 8c  8a    Do (2) với X > nên:  4a  4b  4c    a  b  c   4c  4b    Do đó: M(X; 2X  2cX   X > 2X2 – 2X + > 2X  Vậy điểm C có tọa độ (1;1) hệ trục ĨY, hay C(2;2) hệ trục Oxy với điểm M (H) ta có: IK – CM = c = thỏa Bài 3: (3.0 đ) f(xn + y) = xn – 1f(x) + f(f(y)) x, y  Q (*) Câu a: (1.5 điểm)  Từ (*) ta được: với x = 0; f(y) = f(f(y)), y  Q với x = 1; y = 0: f(f(0)) =  f(0) = với x = 1; y  Q: f(1+y) = f(1) + f(y) (1) Do đó: chứng minh quy nạp ta được: f(n) = n.f(1) n  N (2) http://quyndc.blogspot.com  Từ (1) ta có: f(0) = f(1) + f(-1)  f(-1) = f(0) – f(1) = - f(t); f(x-1) = f(x) – f(1) Do đó, chứng minh quy nạp ta được: f(-n) = -n.f(1) n  N* (3)  Từ (2) (3) ta được: f(n) = n.f(1) n  Z (4) p  Đặt: f(1) = , p  N, q  N* ta được: n  N* n chia hết p nên n.f(1) Z Do ta được: q f(f(n)) = f(n)  n.[f(1)]2 = n.f(1)  [f(1)]2 = f(1)  f(1) = hay f(1) =  Do đó, từ (4) ta được: f(2002) = hay f(2002) = (lo ại) Vậy f(2002) = 2002 Câu b (1.5 điểm)  Từ (*) ta được: y = 0: f(x n) = xn – 1f(x), x  Q (1) f (x n ) f (x n )  n chẵn : x  0: f(x) = n 1 , f(-x) = = - f(x) x  x n 1  n lẻ: từ (*) (1) ta được: f(xn + y) = f(x n) + f(y) (2) f (( x) n ) f (x n ) suy ra: f(-xn) + f(xn) =  f(-x) =  n 1 = - f(x) ( x) n 1 x  Do đó: f(-x) = f(x), x  Q  Từ (2), chứng minh quy nạp ta được: f(pxn) = p.f(xn), p  N, x  Q  p  N*: f(- pxn) = - f(p.xn) = - p.f(xn) Vậy: f(pxn) = p.f(xn), p  Z, x  Q (3) u.v n 1 u u  Từ (3) ta có:   Q ( u Z, vN*) ta được: f( ) = f( n ) = u.vn – 1.f( n ) v v v v n u 1 f (1) u f (1) u  Mà: f(1) = f( n ) = vn.f( n )  f( n ) = n Vậy: f( ) = u.vn – n = f(1) (4) v v v v v v v  Ta có: f(1) = hay f(1) = từ (4) suy ra: f(x) = 0, x  Q hay f(x) = x,x  Q  Thử lại: thỏa mãn (*) Vậy f(x) = 0, x  Q _ http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2003-2004 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (VỊNG 1) SBD: (150 phút, khơng k ể thời gian giao đề)   x (1  cos ) x  Bài 1: Cho hàm số f(x) =  x 0 x = a/ Tìm đạo hàm hàm số chứng minh hàm số đạt cực tiểu x = b/ Tìm số a nhỏ để cho: x (1  cos )  a, x  x Bài 2: Giải hệ bất phương trình:  x 4008  x 2004  20042x  2004 x  4006 2003  20032x  2003x  x  x (x > 3) Bài 3: Tìm hai điểm A, B elip (E) đường tròn (C): x y2 (E) :   , (C): (x – 11)2 + (y – 13)2 = 34 50 18 cho độ dài AB nhỏ Bài 4: Tìm số dãy số (un) thỏa mãn điều kiện:  u n 1  4u n2  4u n  0, n     u 2004   _ http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2003-2004 HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 12 -VÒNG Bài 1: (2 đ) Câu a: ( điểm)  (1.5 đ) Tính đạo hàm hàm số: x  ta có: f’(x) = 2x – 2x.cos 1 - sin x x 1 với x   sin2  nên: 2x x f (x)  f (0)   f’(0) = lim  lim  2x.sin 0 x 0 x 0 x 2x    (0.5 đ) f(x) = 2x2.sin2 với x   f(x)  = f(0) , x  R, f(x) đạt cực tiểu x = 2x Câu b: (3 điểm)  Tại x = 0: Vì f(x) = 2x 2.sin2     sin 1  1  2 2x  (0.5 đ) x (1  cos )  2x sin   x.sin     x 2x 2x      2x  s inx (1.0 đ) Chứng minh: 1   1, x  (1) x   s inx Xét y = g(x) = , x  Biết Mà g(x) hàm số chẵn D = R\{0}nên g(x) = < 1, x x x  D Vậy (1) 2    sin   s inx  2x  (1.0 đ) Tìm a nhỏ nhất: Từ (1) được:   0, y > n ên ta được: (1)  x2y + xy > y2x + yx  x2y – y2x + xy – yx >0  (xy – yx)(xy + yx + 1) >  xy – yx >  xy > yx ( x y + yx + > 0) 3 http://quyndc.blogspot.com   ln x ln 2004 ln x ln y Vậy: (3)   x 2004 x y ln 2003 ln x Biến đổi tương tự, bất phương trình (2) trở thành: (4)  2003 x ln 2004 ln x ln 2003 Từ (3) (4), hệ cho trở thành: (5)   2004 x 2003 ln x  ln x (1.5 đ) Xét hàm số: y = f(x) = , y’= x x2 ln 2004 ln x ln 2003 Nên hàm số nghịch biến khoảng ( 3; +), đó: tương đương với   2004 x 2003 2003 < x < 2004 (1.5 đ) xy > yx  ln(xy) > ln(yx)  ylnx > xlny  Bài 3: (6 điểm)  (0.5 đ) (C) đường tròn tâm I(11;13) bán kính R = 34 Nhận xét A(E), B(C) nên đoạn AB ngắn ba điểm I, A, B thẳng hàng 2  x  2cost  (1.5 đ) A(x0;y0)  (E) : x  y  nên  50 18  y  sin t IA2 = (x0 – 11)2 + (y0 – 13)2 = (5 2cost-11)  (3 sin t 13) IA2 = 290 + 50cos2t + 18sin 2t -110 cost - 78 sint     2 2 (3 đ) IA  136  110  cost  78  sin t    136      Dấu xảy khi: t =  A(5;3) (1.0 đ) Vậy độ dài AB nhỏ là: d =2 34 - 34 = 34 A(5;3) từ suy B(8;8) y I B A x Bài 4: (4 điểm)  (1.5 đ) Viết lại un + = 4un(1 – un) = f(un) với f(x) = 4x(1 – x) Nhận xét: f(x)  (0;1)  x  (0;1) Vì vậy: u2004 =  (0;1)  u2003  (0;1)  u2002  (0;1)  u1 (0;1)  (1 đ) Với < u1 < tồn : <  <  u1 = sin2 2 2 Lúc đó: u2 = 4sin ( – sin ) = sin 2; u3 = 4sin22( – sin22) = sin24 http://quyndc.blogspot.com 1  cos(2 n  ) 2 1 1 (1.5 đ) u2004 =   cos(2 2004 ) = 2 2    cos(2 2004 )   2004    k    2005 (2k  1), k  Z 2    1 Vì <  < nên  2005 (2k  1)     k  2003  2 2 Do k Z nên: k = 0; 1; 2; ; 22003 –    Từ có tất 22003 giá trị u1 thỏa toán: u1  sin  2005 (2k  1)  , k  {0;1; ;2 2003  1} 2  2003 Do có tất dãy số (un) thỏa điều kiện cho Quy nạp ta được: un = sin2(2n - 1) =  http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2003-2004 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (VỊNG 2) SBD: (150 phút, không k ể thời gian giao đề) Bài 1: Giải bất phương trình: (2x) cos 4x 3  (1  x ) cos 4x 3  (1  x ) cos 4x 3 , < x < Bài 2: Tìm góc tam giác ABC biết rằng:  4p(p  a)  bc   A B C 3 sin sin sin  2  Bài 3: Xét hình chóp n – giác S.A1A2 An ( n số tự nhiên tùy ý lớn 2) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a/ Đáy A1A2 An có tất cạnh    b/ SA A  SA A   SA A  60 2 n Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ độ dài đường cao SH hình chóp nêu Bài 4: Cho n N* Tìm hàm số f: Q  Q cho: f[xn + f(y)] = y + [f(x)]n, x, y  Q (Q tập hợp số hữu tỉ) _ http://quyndc.blogspot.com SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2003-2004 HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 12 -VỊNG Bài 1: (5 đ) (2x) cos 4x 3  (1  x ) cos 4x 3  (1  x ) cos 4x 3 , < x < (1)  (1đ) Biến đổi dạng: ay + by  1: Chia hai vế (1) cho (1 + x 2)cos4x + > ta được: 1  x   2x  (1)        1 x  1 x   (4 đ) Tìm nghiệm (1): cos4x + cos4x +  (2) 2 2x 1x2  2x    x   Vì 0< x < nên:   1  1,       1 x2 1 x2  1 x  1 x  cos4x + 1  x    1 x  cos4x + 2  2x    x       2   1 x  1 x    Dấu xảy khi: cos4x + =  cos4x = -1  x = (vì 0< x x1 Vậy x1 = x2 Do x1 = x2 ta x12  x12  x1   x1  Từ ta được: x1 = x2 = = xn =  Chứng minh đáy A1A2 An đa giác Từ SA1 = SA2 = = SA n = suy hình vng góc H S lên đáy cách đỉnh đáy Đa giác A1A2 An có cạnh nội tiếp đường tròn nên đa giác  (3 đ) Tìm SH lớn nhất, nhỏ  Chứng minh n < Ta có mặt bên hònh chóp tam giác cạnh Ngoài ra: 600 = A1SA2 < A1HA2 ; 600 = A2SA3 < A2HA3 ; ; 600 = AnSA1 < AnHA1 Do đó: n.600 < 3600  n < (n > 2)  Tính SH tìm giá trị lớn nhất, nhỏ SH: Xét tam giác vuông SHA 1: SH2 = SA12  HA12 SA1  1; HA1   2sin n http://quyndc.blogspot.com 1       1  cot g     cot g  , SH=  cot g  4 4 4 4 4sin n 1 n = 3: SH = ; n = 4: SH = ; n = 5: SH =  2 SH    Do giá trị lớn SH , giá trị nhỏ SH n = 3;4;5 1  2 Bài 4: (4 điểm)  (0.5 đ) Chứng minh f song ánh: Cho x = được: f[f(y)] = y + [f(0)]n , yQ (1) Từ (1) suy ra: + y1, y2 Q, f(y1) = f(y2)  y1 = y2 +  t Q, t = y + [f(0)]n   yQ: f[f(y)] = t  (1 đ) Chứng minh f(0) = 0: Tồn x0 Q: f(x0) = x  x x  x  f[x 0n  f (0)]=0  x 0n  f (0)  x (1)   f (0)  x +[f(0)]n (2)  y  y    n n (1) (2)  [f(0)] + x  (3) từ (3) ta có: n chẵn x0 = 0; f(0) = n lẻ x0 = - f(x0) từ (2) ta được: [f(0)]n = 2f(0); f(0) Q suy f(0) = f[f(y)]=y,y  Q  (1 đ) Từ f(0) = suy ra:  n đó: n f(x )  f (x)  , x  Q f(xn + y) = f[xn + f(f(y))] = f(y) + f(x n) x,yQ (4) cho y = - xn: f(xn) + f(-xn) =  f(-xn) = -f(xn), xQ (5)  (1đ) Chứng minh: f(x) = x.f(1), xQ Từ (4) quy nạp suy ra: f(k.x n) = kf(xn) , kN, xQ k < 0: k = -k’ ( k’ N*)  n lẻ: f(k.xn) = f(k’.(-x)n) = k’.f(-xn) = k.f(xn) ( (5))  n chẵn: f(xn) = f[(-x)n]  f[(x)n] = f[(-x)n]  f(x) = f(-x) (*) -f(x) =f(-x) (**) Với x  0, từ (*) suy x = - x  x = mâu thuẫn, x  f(- x) = f(x) Do f(0) =  xQ: - f(x) = f(-x) Nên: f(k.xn) = f(-k’.xn) = - f(k’.xn) = - k’.f(xn) = k.f(xn) Tóm lại: kN, xQ: f(k.xn) = kf(xn)  qn  1    f (1) f(1) = f  n   q n f  n   f  n   n , q  N * q  q  q p   p.q n 1  q   f (1) p nên: f    f  n   p.q n 1.f  n   n p.q n 1  f (1), pZ, qN* q p q  q  p  Vậy f(x) = x.f(1), xQ  (0.5 đ) Xác định hàm số f: f(x) = x.f(1), xQ, f91) = [f(1)]n f(1)  nên  n lẻ: f(1) =  suy f(x) = x f(x) = - x, xQ  n chẵn: f(1) = suy f(x) = x Thế lại thỏa mãn phương trình hàm cho Vậy: n lẻ : f(x) = x f(x) = -x n chẵn: f(x) = x _ ... = n.f(1)  [f(1)]2 = f(1)  f(1) = hay f(1) =  Do đó, từ (4) ta được: f (2002) = hay f (2002) = (lo ại) Vậy f (2002) = 2002 Câu b (1.5 điểm)  Từ (*) ta được: y = 0: f(x n) = xn – 1f(x), x  Q... (3) khi: a = theo (2).Vậy a = 2 4008 2004 2x x  2004  2004 (1)  x  x Bài 2: (5 điểm) (x > 3)  4006 2003  20032x  2003x (2)  x  x  (2 đ) Đặt y = 2004 Do x > 0, y > n ên ta được: (1)... ln x ln 2004 ln x ln y Vậy: (3)   x 2004 x y ln 2003 ln x Biến đổi tương tự, bất phương trình (2) trở thành: (4)  2003 x ln 2004 ln x ln 2003 Từ (3) (4), hệ cho trở thành: (5)   2004 x 2003