Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi chọn học sinh giỏi bậc ptth thừa thiên huế năm học 1998-1999 môn toán bảng a, vòng 1', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998-1999 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:
￬ x 2 + xy + y 2 = m
￬
￬
￬2
￬ y + yz + z2 = m 2 ( x, y, z ∈ R).
￬
￬
￬
￬ xy + yz + zx = m 3
￬
￬
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
￬
￬2
￬ X + Y2 = m
￬
￬
￬2
￬ 2 2
Do đó ta có hệ ￬ Z + T = m .
￬
￬
￬
￬ XZ + YT = 3 m 3
￬
￬
2
￬
(1.5đ) + Chú ý: (X2 + Y2)(Z2 + T2) = (XZ + YT)2 + (XT – YZ)2
- Do đó: Hệ đã cho có nghiệm thì:
2
� 3 3� 4 4
￬ �￬�(m ￬
￬ m3 - 3 m3
m.m ≥ ￬ m￬ ) 0 0
2
￬
￬2 ￬ 3 3
� �
4
Suy ra: m ≤ .
3
3
￬ XT = YZ (1)
￬
￬
￬ 33
￬
4
. Ta có hệ: ￬ XZ + YT = m (2)
(1.75đ) + Xét m = ￬
3
￬ 2
3 ￬
￬2
￬Z + T 2 = m2 (3)
￬
￬
3
Từ (1) có thể đặt X = uZ, Y = uT, thay vào (2) và (3) ta có: u = m.
2
￬
￬ X = 3 mZ ￬
￬ x = 2m + 3 y
￬ ￬
￬ 2 ￬ 2m
￬ ￬
￬ ￬
￬ 3 m +2
￬
Do đó ta có hệ: � = mT hay � =
￬Y z y
� �
� �
2 m
� �
�2 �
� + T 2 = m2 �2 m2
Z
� �=y
� �
� � 3m 2 + 4m + 4
� �
￬
￬
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 �۳ k 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.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
