Thông tin tài liệu
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 xy 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 xy Câu b: Chứng minh rằng: ln với x > y > x 2x y xy Đặt t = 1 x xy 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 tgi = 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, kZ 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 h0 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: BB Chứng tỏ f song ánh: ta A A’ f(A) f(A’) BB, 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 – + +11+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, vN*) 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 1x2 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 , yQ (1) Từ (1) suy ra: + y1, y2 Q, f(y1) = f(y2) y1 = y2 + t Q, t = y + [f(0)]n yQ: 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,yQ (4) cho y = - xn: f(xn) + f(-xn) = f(-xn) = -f(xn), xQ (5) (1đ) Chứng minh: f(x) = x.f(1), xQ Từ (4) quy nạp suy ra: f(k.x n) = kf(xn) , kN, xQ 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) = xQ: - f(x) = f(-x) Nên: f(k.xn) = f(-k’.xn) = - f(k’.xn) = - k’.f(xn) = k.f(xn) Tóm lại: kN, xQ: 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), pZ, qN* q p q q p Vậy f(x) = x.f(1), xQ (0.5 đ) Xác định hàm số f: f(x) = x.f(1), xQ, f91) = [f(1)]n f(1) nên n lẻ: f(1) = suy f(x) = x f(x) = - x, xQ 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
Ngày đăng: 03/05/2018, 12:12
Xem thêm:
