ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 1999-2000 MÔN TOÁN BẢNG A VÒNG 1

Chia sẻ: Khong Huu Cuong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

192
lượt xem 43
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO VÀ TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 1999-2000 MÔN TOÁN CỦA SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ GIÚP CÁC EM HỌC SINH HỌC VÀ ÔN THI TỐT MÔN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NÀY

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 1999-2000 MÔN TOÁN BẢNG A VÒNG 1

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. (180 phút, không kể thời gian giao đề) SBD: ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Bài 1 ( 3 điểm) Tìm cực trị của hàm số: x x x ( 0 < x < π). y = sin2x + cotg2 + 4cos2 - 4sinx – 4cotg 2 2 2 Bài 2 ( 5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm: ì x 2 + xy + y 2 = m ï ï ï ï2 ï y + yz + z2 = m 2 ( x, y, z ∈ R). í ï ï ï xy + yz + zx = m 3 ï ï î 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. x x x Bài 1(3 điểm). y = sin2x + cotg2 + 4cos2 - 4sinx – 4cotg 2 2 2 x2 x x + Đặt z = sinx + cotg ; z = sin2x + cotg2 + 4cos2 . Do đ ó: y = z2 – 4z. (0.5đ) 2 2 2 1 x cos 2 x - cosx + 1 cosx - 2 x ) = 2(sinx + cotg (0.5đ) + y’x = y’z . z’x = (2z – 4)( - 2) . 2sin 2 cosx - 1 2 2 cos x - cosx + 1 + Do: 0 < x < π ⇒ cosx < 1 ⇒ (0.5đ) 0. 2 2 Do đó: y’ cùng dấu với t – 1. p x + y’ = 0 ⇔ t – 1 = 0 ⇔ tg = 1 ⇔ x = ( vì 0< x < π). (0.5đ) 2 2 p π x 0 2 x - 0 + tg -1 2 y’ - 0 + y -4 p Vậy: hàm số có điểm cực tiểu ( ; -4). 2 Bài 2 (5 điểm). y 1 3 3 (1.5đ) + Đặt: X = x + ; Y= y; Z = (y + z); T = (z – y). 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta đ ược: x + xy + y = X + Y ; y + yz + z = Z + T ; 3 (xy + yz + zx) = XZ + YT . 2 ì ï ï2 ï X + Y2 = m ï ï ï2 ï 2 2 Do đó ta có hệ í Z + T = m . ï ï ï ï XZ + YT = 3 m 3 ï ï ï 2 î (1.5đ) + Chú ý: (X2 + Y2)(Z2 + T2) = (XZ + YT)2 + (XT – YZ)2
Do đó: Hệ đã cho có nghiệm thì: 2 æ 3 3ö ç m ÷ £ m 3 (m 3 - 4 ) £ 0 Þ 0 £ m 3 £ 4 m.m ≥ ç ÷ 2 ÷ ç2 ÷ 3 3 è ø 4 Suy ra: m ≤ . 3 3 ì XT = YZ (1) ï ï ï ï ï 33 4 . Ta có hệ: ï XZ + YT = m (2) í (1.75đ) + Xét m = 3 ï 2 3 ï ï2 ï Z + T 2 = m2 (3) ï ï î 3 Từ (1) có thể đặt X = uZ, Y = uT, thay vào (2) và (3) ta có: u = m. 2 ì ï ì ï X = 3 mZ ï ï x = 2m + 3 y ï ï ï 2 ï ï 2m ï ï ï ï ï 3 m +2 Do đó ta có hệ: ï Y = mT hay ï z = y í í ï ï 2 m ï ï ï2 ï ï Z + T 2 = m2 ï2 m2 ï ïy = ï ï ï ï 3m 2 + 4m + 4 ï ï î ï î 4 với m = 3 . 3 + Từ đó: (0.2 5đ) 4 Đáp số của bài toán là m = 3 . 3 Bài 3 (6 điểm). (1.5 đ) + Nếu A = B ∪ C và B∩C = ∅ mà tổng các phần tử của B bằng tổng các ph ần tử của tập C nên tổng: n(n + 1) 1998 + (1998 + 1) + ...+ ( 1998 + n) = 1998(n + 1) + 2 n(n + 1) là số chẵn, suy ra l à số chẵn, suy ra n(n + 1) chia hết 4 . 2 Do đó n có dạng n = 4k + 3 hoặc dạng n = 4k (k ∈ N). (1.5 đ) + Nếu n = 4k + 3 (k ∈ N): Lúc đó tập A có 4(k+1) phần tử. Chia A thành k + 1 tập con rời nhau, mỗi tập con gồm 4 số tự nhiên liên tiếp. Ta biết rằng mỗi bộ 4 số tự nhiên liên tiếp luôn chia được thành hai tập con có tổng các phần tử của hai tập đó bằng nhau. Ví dụ: bốn số a, a + 1, a + 2, a + 3 thì a + ( a + 3 ) = ( a + 1 ) + ( a + 2 ). Vậy tồn tại hai tập B và C thỏa bài toán. + Nếu n = 4k (k ∈ N*): Lúc đó tập A có 4k + 1 phần tử. (3 đ) 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 : SB là tổng các phần tử của B thì:
SB ≥ 1998 + (1998 + 1) + ...+ ( 1998 + 2k) = 1998(2k+1)+ k(2k+1) SC là tổng các phần tử của C thì: SC ≤ (1998+ 2k+1) + (1998+2k+2) + ...+ (1998 + 4k) = 19982k + k(6k+1) Theo giả thiết để SB = SC nên: 1998.2k + k(6k+1) ≥ 1998(2k+1) + k(2k+1) 1998 2 ⇔ 6k2 + k ≥ 1998 + 2k2 + k ⇔ 4k2 ≥ 1998 k ³ Û k ³ 23 . 4 + 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 SB = SC = 95046. + Nếu k > 23. Ta có: A = A1∪ A2. Trong đó: A1 = {1998, 1998 + 1,..., 1998 + 92} A2 = {1998 + 93, 1998 + 94,..., 1998 + 4k}. Theo trên A 1 chia được thành hai tập con rời nhau thỏa bài đề ra. Còn tập A2 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 t ập 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 uuuu r 2 uuur hộp và tính chất trọng tâm, ta có: OM ' = OM , với M” là trọng tâm của 3 ∆ ABC. _ U B _ _ C M _ M _' _ C O _ A _ V _ + Tìm tập hợp các điểm M: (4đ) Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ c ần xét m ột mi ền: G ọi 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: uuur uuu r uuu r uuur OM = xOU + yOV + zO W với x + y + z = 1. 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.