ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002 MÔN TOÁN

Chia sẻ: Khong Huu Cuong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài 1: a/ Giải phương trình: b/ Chứng minh: log89 + log810 + log811

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (VÒNG 2). (180 phút, không kể thời gian giao đề) SBD: ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Bài 1: a/ Giải phương trình: 3(x 2 + 2x + 2) = 10 x 3 + 2x 2 + 2x + 1 b/ Chứng minh: log89 + log810 + log811 < 2log23. Bài 2: a/ Với A, B, C là ba góc của một tam giác, chứng minh rằng phương trình: A B C x 2 − 2x = sin + sin + sin 3 2 2 2 có 4 nghiệm phân biệt. 2 b/ Giải phương trình: x.3x −1 + (x 2 − 1).3x + 1 − x − x 2 = 0 Bài 3: Trong mặt phẳng, cho tứ giác (lồi) có : tổng khoảng cách từ mỗi đỉnh đến các cạnh là một số không đổi đối với tất cả các đỉnh. Chứng minh rằng tứ giác đó là hình bình hành. Bài 4: Cho tập hợp E = { x∈ N/ 1 ≤ x ≤ 2001}, k, r là hai số cho trước: 2 ≤ k ≤ 20001, r ∈ N*. Hỏi có bao nhiêu bộ (a1, a2, ..., ak) thỏa mãn các điều kiện sau: ai ∈ E, i = 1, k . (i) (ii) a1 < a2 < ...< ak. Min{ai+1 – ai / i = 1, k − 1 } = r (iii)
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 12 -VÒNG 2. Bài 1: Câu a: Giải phương trình: 3(x 2 + 2x + 2) = 10 x 3 + 2x 2 + 2x + 1 (1). • x + 2x + 2x + 1 = (x + 1)(x + x + 1) nên điều kiện là: x ≥ -1. 3 2 2 • x2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a = x + 1 , b = x 2 + x + 1 • Với điều kiện x ≥ -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab ⇔ 3a2 – 10ab + 3b2 = 0 ⇔ (a – 3b)(3a – b) = 0 ⇔ a = 3b hay a = b/3. • a = 3b ⇔ x + 1 =3 x 2 + x + 1 ⇔ x + 1 = 9(x2 + x + 1) ⇔ 9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm) • a = b/3 ⇔ 3a = b ⇔3 x + 1 = x 2 + x + 1 ⇔9(x + 1) = x2 + x + 1 ⇔ x2 - 8x - 8 = 0 � x = 4 � 6 2 • Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 4 2 6 . Cách khác: Bình phương và phân tích thành tích..... Câu b: Chứng minh: log89 + log810 + log811 < 2log23. • Trước hết chứng minh: logn(n+1) > logn+1(n+2) , ∀n>1 (1). log n +1 (n + 2) = log n +1 (n + 2).log n +1 n , áp dụng bất đẳng thức Cói cho hai số dương ta có: • Vì: 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).log n +1 n 2 2 • � 2 = log n +1 (n + 1) .log n +1 n � log n +1 (n + 2).log n +1 n 2 2 log n +1 (n + 2) < 1 suy ra (1) thỏa. • � log n +1 (n + 2) + log n +1 n < 1 � log n (n + 1) • Từ công thức (1) ta có: log89 + log810 + log811 < 3log89 = 2log23. ln(x + 1) • Cách khác: Có thể giải (1) bằng cách xét hàm y = logx(x+1) = với x>1 và suy ra y’>0... ln x Bài 2: Câu a: A B C • Vì A,B,C ∈(0; π) nên: sin + sin + sin > 0 . Do đó: 2 2 2 �A B C� (1) �| x − 2x |= log 3 � sin + sin + sin � m (2) = 2 �2 2 2� • Nên số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của hai đường: y = f(x) = |x2-2x| (C) và (d): y = m. • Khảo sát và vẽ đồ thị (C) y y=m O 2 x • Dựa vào đồ thị ta được: (2) có 4 nghiệm khi chỉ khi 0< m
�A B C� A B C sin + sin + sin � 1 � 1 < sin + sin + sin < 3 (3) < • � log 3 � �2 2 2� 2 2 2 A B C A B C (0;1) � sin + sin + sin < 3 (4) . • Chứng minh (3): A,B,C ∈(0; π) nên: sin ;sin ;sin � 2 2 2 2 2 2 A B A B A,B ∈(0; π) nên: sin > 0;sin > 0;cos < 1;cos < 1 2 2 2 2 A+B A B A B B A C � sin + sin > sin .co s + sin .cos = sin = cos (5) 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C C C C C Từ (5): sin + sin + sin > cos + sin cos 2 + sin 2 = 1 (6) 2 2 2 2 2 2 2 Từ (4) và (6) suy ra: (3) đúng. Vậy phương trình (1) có đúng 4 nghiệm. A B C3 Chú ý thêm: 1 < sin + sin + sin 2 2 22 Câu b: 2 • Phương trình đã cho tương đương với: (x 2 − 1).(3x − 1) + x.(3x −1 − 1) = 0 • Xét x = 0; x = ± 1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nên phương trình có các nghiệm: x = 0; x = ± 1. 2 3x − 1 3x −1 − 1 • Xét x ≠ 0; x ≠ ± 1: Khi đó (1) ⇔ +2 = 0 (2) x −1 x 3t − 1 Với t ≠ 0, xét hàm số: f (t) = . t * Với t > 0 thì 3t – 1 > 0 ⇒f(t) > 0 và với t < 0 thì 3t – 1 < 0 ⇒ f(t) > 0, do đó: Vì (2) ⇔ f(x) + f(x2 – 1) = 0 nên (2) vô nghiệm. • Vậy phương trình đã cho có tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x = ± 1. Bài 3: r r • Gọi n là vectơ pháp tuyến đơn vị của đường thẳng a, n có gốc trên a. M và N là hai điểm ở về r một nữa mặt phẳng có bờ a chứa vectơ n . r M Khi đó ta có: n uuuu r r r2 uuu r r r2 HM.n = t M .n (1) KN.n = t N .n (2) N Từ giả uuuu trta được: tM = d(M,a) và tN = d(N,a) và từ (1) và (2) thiế r suy ra: MN.n = d(N, a) − d(M, a) (3). H ur uu uu uu urrr • Gọi n1 , n 2 , n 3 , n 4 là các vectơ pháp tuyến đơn vị có gốc trên các cạnh K AB,BC,CD,DA và ở miền trong tứ giác ABCD. Gọi k là tổng khoảng a cách từ một đỉnh đến các đường thẳng chứa cạnh của tứ giác. Khi đó ta có:uu uu uu uu uuu r r r r r AB ( n1 + n 2 + n 3 + n 4 ) =[d(B,AB) – d(A,AB)] + [d(B,BC) – d(A,BC)] + [d(B,CD) – d(A,CD)] + [d(B,DA) – d(A,DA)]uu uu uuu uu uu r r rr r uuu uu uu uu uu rrrr r Do đó: AB ( n1 + n 2 + n 3 + n 4 ) = k – k = 0 (4). Tương tự ta có: BC ( n1 + n 2 + n 3 + n 4 ) = 0 (5). ur uu uu uu r urrr • Vì A,B,C không thẳng hàng nên từ (4) và (5) ta suy ra: n1 + n 2 + n 3 + n 4 = 0 (6). ur2 uu 2 ur uu uu 2 uu 2 uu uu ur rr uu uu rr uu uu rr u r r r • Từ (6) suy ra: n1 + n 2 + 2n1.n 2 = n 3 + n 4 + 2n 3 .n 4 nên: ( n1 , n 2 ) = ( n 3 , n 4 ) (7). uu 2 uu 2 uu uu ur2 uu 2 uu uu rr rr uu uu rr uu uu rr r r u r • Từ (6) suy ra: n 2 + n 3 + 2n 2 .n 3 = n1 + n 4 + 2n1.n 4 nên: ( n 2 , n 3 ) = ( n1 , n 4 ) (8). ur uu ur uu uu rr uu uu rr uu uu rr • Do: ( n1 , n 2 ) + ( n 2 , n 3 ) + ( n 3 , n 4 ) + ( n1 , n 4 ) = 3600 nên: ur uu u r uu uu rr uu uu r r uu uu rr uu uu rr uu uu rr ( n1 , n 2 )+( n 2 , n 3 ) = ( n 3 , n 4 )+( n1 , n 4 ) = 1800, suy ra:( n1 , n 3 ) = 1800, tương tự: ( n 2 , n 4 ) = 1800. (9)
• Từ (9) suy ra các cạnh đối của tứ giác song song nhau: AB // CD, BC // AD. V ậy ABCD là hình bình hành. Cách uuuu : urau khi chuunguuuu được (6). Guui 0 là một điểm tùy ý. khác S uuuur ứ minh uu uuuur ọ ru r rr r Đặt: ON1 = n1 , ON 2 = n 2 , ON 3 = n 3 , ON 4 = n 4 suy ra Ni thuộc đường tròn tâm O, bán kính 1. Do (6) suy ra O là trọng tâm của tứ giác N 1N2N3N4 suy ra O là trung điểm của đoạn nối hai trung điểm của hai cạnh N1N2, N3N4 và từ đó suy ra: N1N2 // N3N4 , suy ra N1N2N3N4 là hình chữuu ật,uu ur nh suy u r ra: uu r r n 2 = −n 4 , n1 = −n 3 nên AB // CD,BC // AD. Vậy ABCD là hình bình hành. Bài 4: • Đặt n = 2001. (a1,a2,...,ak) thỏa (i) (ii) tươngứng một tập con k phần tử của E. Kí hiệu: Alà tập các tập con của E với: A = {a1, a2, ..., ak} a1< a2 < ...< ak; Min{ai+1-ai / i = 1, k − 1 } ≥ r; ur(k) là số phần tử của A. • Trường hợp 1: ur(k) = 0 nếu k > n – (k – 1)(r – 1). Thật vậy: k > n – (k – 1)(r – 1) ⇔ (k – 1)r > n – 1 (*). Ta có : ai+1-ai ≥ r i = 1, k − 1 ⇒ ak –a1 ≥ (k - 1)r mà ak –a1 ≤ n – 1 ⇒(k – 1)r ≤ n – 1 mâu thuẫn với (*), do đó không tồn tại A, suy ra A= ∅ ⇒ ur(k) = 0 . • Trường hợp 2: u r (k) = Cn −(k −1)(r −1) nếu k ≤ n – (k – 1)(r – 1). k Thật vậy: Xét M = { 1, 2, ...., n-(k– 1)(r – 1)} và B là các tập con k phần tử của M. Xét ánh xạ: A f B : f(A) = B xác định như sau: A = {a1, a2, ..., ak} ∈ A thì: B = {a1, a2 – (r – 1), ..., ai – (i – 1)(r – 1), ..., ak – (k – 1)(r – 1)}; bi = ai – (i – 1)(r – 1); bi +1 – bi = ai + 1 -ai - (r – 1) ≥ 1; bk = ak – (k – 1)(r – 1) ≤ n - (k– 1)(r – 1). Suy ra: bi ∈ M suy ra: B∈B. Chứng tỏ f song ánh: ta được A ≠ A’ ⇒ f(A) ≠ f(A’) và ∀B∈B, B = {b1, b2, ..., bk} b1