Tài liệu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998-1999 MÔN TOÁN BẢNG A, VÒNG 1 ppt

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.
SBD: (180 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 ( 3 điểm)
Tìm cực trị của hàm số:
y = sin
2
x + cotg
2

x
2
+ 4cos
2
x
2
- 4sinx – 4cotg
x
2
( 0 < x < π).
Bài 2 ( 5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm:
2 2
2 2 2
3
x xy y m
y yz z m
xy yz zx m

ì
ï
+ + =
ï
ï
ï
ï
+ + =
í
ï
ï
ï
+ + =
ï
ï
î
( x, y, z ∈ R).
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.
Bài 1(3 điểm). y = sin

2
x + cotg
2

x
2
+ 4cos
2
x
2
- 4sinx – 4cotg
x
2

(0.5đ) + Đặt z = sinx + cotg
x
2
; z
2
= sin
2
x + cotg
2

x
2
+ 4cos
2
x
2

. Do đ ó: y = z
2
– 4z.
(0.5đ) + y’
x
= y’
z
. z’
x
= (2z – 4)(
2
1
osx -
2sin
c
x
2
) = 2(sinx + cotg
x
2
- 2)
2
os osx + 1
osx - 1
c x c
c
-
.
(0.5đ) + Do: 0 < x < π ⇒ cosx < 1 ⇒
2

os osx + 1
osx - 1
c x c
c
-
< 0
Nên: y’ cùng dấu với: - sinx - cotg
x
2
+ 2
(0.5đ) + Đặt t = tg
x
2
suy ra: - sinx - cotg
x
2
+ 2 =
2
2 2
2t 1 (t 1)(2t t 1)
2
1 t t t(1 t )
- - - +
- + =
+ +
.
(0.5đ) + Tam thức 2t
2
– t + 1 luôn dương với mọi t vì có biệt số âm;
0< x < π nên 0<

x
2
<
2
p
⇒ t(1 + t
2
) > 0.
Do đó: y’ cùng dấu với t – 1.
(0.5đ) + y’ = 0 ⇔ t – 1 = 0 ⇔ tg
x
2
= 1 ⇔ x =
2
p
( vì 0< x < π).

Vậy: hàm số có điểm cực tiểu (
2
p
; -4).
Bài 2 (5 điểm).
(1.5đ) + Đặt: X = x +
y
2
; Y =
3
2
y; Z =
3

2
(y + z); T =
1
2
(z – y).
Ta đ ược:
2 2 2 2
x xy y X Y+ + = +
;
2 2 2 2
y yz z Z T+ + = +
;

3
(xy yz zx) XZ YT
2
+ + = +
.
x 0
2
p
π
tg
x
2
-1
- 0 +
y’ - 0 +
y
-4

Do ú ta cú h
2 2
2 2 2
3
X Y m
Z T m
3
XZ YT m
2
ỡ
ù
ù
ù
+ =
ù
ù
ù
ù
+ =
ớ
ù
ù
ù
ù
ù
+ =
ù
ù
ợ
.

(1.5) + Chỳ ý: (X
2
+ Y
2
)(Z
2
+ T
2
) = (XZ + YT)
2
+ (XT YZ)
2
Do ú: H ó cho cú nghim thỡ:
m.m
2

2
3 3 3 3
3 4 4
m m (m ) 0 0 m
2 3 3
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
-Ê Ê ị Ê Ê
ỗ
ữ
ỗ
ữ

ỗ
ố ứ
Suy ra: m
3
4
3
.
(1.75)+ Xột m =
3
4
3
. Ta cú h:
(1)
(2)
(3)
3
2 2 2
XT YZ
3
XZ YT m
2
Z T m
ỡ
=
ù
ù
ù
ù
ù
ù

+ =
ớ
ù
ù
ù
ù
+ =
ù
ù
ợ
T (1) cú th t X = uZ, Y = uT, thay vo (2) v (3) ta cú: u =
3
m
2
.
Do ú ta cú h:

y
hay y
2 2 2 2
2
2
3
2m 3
X mZ
x
2
2m
3 m 2
Y mT z

2 m
Z T m m
y
3m 4m 4
ỡ
ù
ỡ
ù
+
ù
ù
=
ù
=
ù
ù
ù
ù
ù
ù
ù
ù
ù
+
ù
ù ù
= =
ớ ớ
ù ù
ù ù

ù ù
ù ù
+ =
ù ù
=
ù ù
ù ù
+ +
ù ù
ợ
ù
ợ
vi m =
3
4
3
.
(0.2 5) + T ú:
ỏp s ca bi toỏn l m =
3
4
3
.
Bi 3 (6 im).
(1.5 ) + Nu A = B C v BC = m tng cỏc phn t ca B bng tng cỏc phn t
ca tp C nờn tng:
1998 + (1998 + 1) + + ( 1998 + n) = 1998(n + 1) +
n(n 1)
2
+

l s chn, suy ra
n(n 1)
2
+
l s chn, suy ra n(n + 1) chia ht 4 .
Do ú n cú dng n = 4k + 3 hoc dng n = 4k (k N).
(1.5 ) + Nu n = 4k + 3 (k N): Lỳc ú tp A cú 4(k+1) phn t. Chia A thnh k + 1 tp
con ri nhau, mi tp con gm 4 s t nhiờn liờn tip.
Ta bit rng mi b 4 s t nhiờn liờn tip luụn chia c thnh hai tp con cú
tng cỏc phn t ca hai tp ú bng nhau. Vớ d: bn s a, a + 1, a + 2, a + 3
thỡ a + ( a + 3 ) = ( a + 1 ) + ( a + 2 ). Vy tn ti hai tp B v C tha bi toỏn.
(3 ) + Nu n = 4k (k N
*
): Lỳc ú tp A cú 4k + 1 phn t.
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 : S
B
là tổng các phần tử của B thì:
S
B
≥ 1998 + (1998 + 1) + + ( 1998 + 2k) = 1998(2k+1)+ k(2k+1)
S
C
là tổng các phần tử của C thì:
S
C
≤ (1998+ 2k+1) + (1998+2k+2) + + (1998 + 4k) = 19982k + k(6k+1)
Theo giả thiết để S

B
= S
C
nên:
1998.2k + k(6k+1) ≥ 1998(2k+1) + k(2k+1)
⇔ 6k
2
+ k ≥ 1998 + 2k
2
+ k ⇔ 4k
2
≥ 1998
2
1998
k k 23
4
³ Û ³
.
+ 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 S
B
= S
C
= 95046.
+ Nếu k > 23. Ta có: A = A
1
∪A

2
. Trong đó:
A
1
= {1998, 1998 + 1, , 1998 + 92}
A
2
= {1998 + 93, 1998 + 94, , 1998 + 4k}.
Theo trên A
1
chia được thành hai tập con rời nhau thỏa bài đề ra. Còn tập A
2
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 tập 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
hộp và tính chất trọng tâm, ta có:
2
OM ' OM
3
=
uuuur uuur
, với M” là trọng tâm của ∆ABC.

(4đ) + Tìm tập hợp các điểm M:
Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ cần xét một miền: Gọi 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:

OM WxOU yOV zO= + +
uuur uuur uuur uuur
với x + y + z = 1.
_U
_C
_V
_M'
_O
_M
_
A
_C
_B
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.