HSG toán 11 chuyên Vĩnh Phúc 2007

sở giáo dục & đào tạo
vĩnh phúc
_____________
đề chính thức
kì thi chọn học sinh giỏi lớp 11 vòng tỉnh
năm học 2006-2007
______________________________
môn thi : toán
Đề dành cho học sinh trờng THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu1: Cho hai phơng trình sau:
x
3
a.sina).sinxsin(1x
7
2sin ++=
(1)
3
1)2(ax
2
2sinx
6
2sinx)
2
cos1)(1(a +=++
(2)
1) Giải các phơng trình trên với a = 2.
2) Tìm tất cả các giá trị của a để hai phơng trình (1) và (2) tơng đơng.
Câu2: Giải hệ phơng trình:

=++
=++
2
3
coszcosycosx
2
33
sinzsinysinx
Câu 3: Xét tập hợp các đa thức P(x) khác 0, có hệ số thực và thoả mãn điều kiện
P(x
2
- 1) = P(x).P(-x),
Rx
.
Hãy tìm trong tập hợp đó một đa thức có bậc bé nhất, nhng có nghiệm lớn nhất.
Câu4: Cho hình lăng trụ tứ giác ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Một mặt phẳng (P) thay đổi song song
với hai đáy của lăng trụ, cắt các đoạn thẳng AB

1
, BC
1
, CD
1
, DA
1
tơng ứng lần lợt tại các
điểm M, N, P, Q. Hãy xác định vị trí của mặt phẳng (P) sao cho tứ giác MNPQ có diện tích
lớn nhất.
Câu 5: Cho dãy
{ }
n
u
xác định nh sau:
2,3,n,21)
n
(u
n
u
1n
u2007,
2
u2006,
1
u =+=
+
==
Chứng minh rằng:
11)

2
2007
1) (u
2
2
1).(u
2
1
(u +++
là số chính phơng.

Hết
Chú ý : Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
sở giáo dục - đào tạo
vĩnh phúc
_____________
kì thi chọn học sinh giỏi lớp 11 vòng tỉnh năm học
2006-2007
______________________________
hớng dẫn chấm đề thi chính thức môn toán
cho học sinh trờng thpt chuyên
I/ Hớng dẫn chung :
- Hớng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lợc một cách giải . Nếu học sinh có cách giải đúng, khác đáp
án thì các giám khảo thống nhất và vận dụng thang điểm để chấm.
- Khi chấm , các ý cho từ 0,5 đ trở lên có thể chia nhỏ tới 0,25 đ. Điểm của toàn bài là tổng điểm
của tất cả các câu, làm tròn đến 0,25đ.
II/ Đáp án và biểu điểm:
Câu1 (3,5đ):
1) (2,0đ)

- Với a = 2, ta có
0)1sin2sin2(sinsin2sinsin2)1(
2637
=+= xxxxxx

==



=
=




=
=
kkxx
VNxx
x
xx
x
,0sin
)(01)1(sinsin2
0sin
01sin2sin2
0sin
4226

1,0đ

- Với a = 2, ta có
2sin2sin2cos1)2(
262
+=++ xxx
==




=
=
= kkxx
VNx
x
xx ,0sin
)(
2
3
sin
0sin
0)3sin2.(sin
4
42

1,0đ
2) (1,5đ) :Giả sử (1) và (2) tơng đơng. Do phơng trình (1) có nghiệm x = 0 với mọi a,
suy ra x = 0 cũng phải là nghiệm của phơng trình (2)

=
=
=
=
2
1
0
)1(2)1(2
3
a
a
a
aa
0,5đ
- Với a = 0, ta có




=
=
=
2
1
sin
0sin
sinsin2)1(
6

7
x
x
xx
.
Khi đó




=
=
==++
2
1
sin
0sin
0)1sin2.(sin2sin2sin2)cos1()2(
4
42262
x
x
xxxxx

Do vậy (1) và (2) không tơng đơng. Suy ra a= 0 không thích hợp. 0,25đ
- Với a = 1, ta có
0)1sinsin2(sinsinsinsin2)1(
2637
=+= xxxxxx

=
=
=++
1sin
0sin
0)1sin2sin2).(1.(sin(sin
2
242
x
x
xxxx
.
Khi đó



=
=
==
1sin
0sin
0sin2sin2)2(
2
26
x
x
xx

Do vậy (1) và (2) tơng đơng. Suy ra a= 1 thích hợp. 0,25đ
- Với a = 2 theo phần 1) ta có hai phơng trình tơng đơng 0,25đ
Vậy có hai giá trị a =1 và a = 2 thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,25đ
Câu2) (1, 5đ):
Ta có







=++
=++
2
3
coszcosycosx
2
33
sinzsinysinx









=++

=++
)2(
4
3
cosz)cosy(cosx
2
1
)1(
4
9
sinz)siny(sinx
2
3
0,5đ
Cộng theo vế của (1) và (2) ta đợc
3)cos
2
1
(sin
2
3
()cos
2
1
(sin
2
3
()cos
2
1

(sin
2
3
( =+++++ zzyyxx

3)
3
cos()
3
cos()
3
cos( =++

zyx
(3) 0,5đ
Mặt khác ta luôn có
1)
3
cos(,1)
3
cos(,1)
3
cos(

zyx
Suy ra
3)
3
cos()
3

cos()
3
cos( ++

zyx
2
Do đó phơng trình (3) có nghiệm









+=
+=
+=










=

=
=










2
3
2
3
2
3
1)
3
cos(
1)
3
cos(
1)
3
cos(
nx
mx
kx

z
y
x
(nghiệm này thoả mãn hệ)
Vậy nghiệm của hệ phơng trình đã cho là









+=
+=
+=






2
3
2
3
2
3
nx

mx
kx
0,5đ
Câu 3(1,5đ): Giả sử x
0
là một nghiệm cuả P(x).
Khi đó ta có
)().()1(
00
2
0
xPxPxP =
= 0
1
2
01
= xx
là một nghiệm của P(x).
Nếu
2
51
101
2
51
0
2
010
2
00
+

>>=>
+
> xxxxxx
Tơng tự ta có
2
51
1
1
2
12
+
>>= xxx
là nghiệm của (Px), 0,5đ
Thành thử từ một nghiệm
2
51
0
+
>x
ta xây dựng đợc một dãy vô hạn các nghiệm
phân biệt của P(x). Điều này vô lý, vì P(x) là đa thức khác 0 nên có số nghiệm hữu hạn.
Nh vậy, nếu x
0
là một nghiệm của P(x) thì
2
51
0
+
x
. 0,5đ

Xét
2
51
)(
+
+=
xxP
có nghiệm
2
51 +
=x
.
Ta có
= )().( xPxP
2
53
)
2
51
()
2
51
).(
2
51
(
222
+
+=
+

=
+
+
+
+ xxxx

=
+
+=
2
51
)1()1(
22
xxP
2
53
2
+
+ x
Vậy
2
51
)(
+
+=
xxP
là đa thức thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,5đ
Câu4(2,0đ):
Giả sử (P) cắt các cạnh bên
1111

,,, DDCCBBAA
Tơng ứng tại A, B, C, D. Khi đó ta có
x
DD
DD
CC
CC
BB
BB
AA
AA
====
1
'
1
'
1
'
1
'
Đặt s(ABCD)= S, theo định lí Ta-lét ta có
x
AA
AA
AB
AM
BA
MA
===
1

'
1
''
'

x
AA
AA
DA
QA
DA
QA
=== 1
1
'
1
1
1
''
'
0,5đ
Do đó ta đợc
)().1()()1(.
)(
)(
''''
''
'
''
'

'''
'
DBAsxxMQAsxx
DA
QA
BA
MA
DBAs
MQAs
===
(1)
3
D
C'
B
N
M
Q
B'
B
C
A
C
D
A
A'
D'
P
Chứng minh tơng tự ta có :
)().1()(

''''
CABsxxMNBs =
(2)

)().1()(
''''
DBCsxxNPCs =
(3)

)().1()(
''''
ACDsxxPQDs =
(4) 0,5đ
Từ (1), (2), (3), (4) ta có
s(MNPQ) = s(ABCD)- s(AMQ)-s(BMN)-s(CNP)-s(DPQ) =
S -x(1-x)
)((
'''
DBAs
)(
'''
CABs+
+
)(
'''
DBCs
+
)(
'''
ACDs

) = S -x(1-x).2S = S(2x
2
- 2x +1)
=
SxS .
2
1
2
1
)
2
1
(2.
2







+
0,5đ
Vậy s(MNPQ) đạt Min bằng
2
S

=
2
1

x
A là trung điểm của AA
1


Mặt phẳng (P) song song cách đều 2 đáy đã cho. 0,5đ
Câu 5(1,5đ):
Đặt
=
k
S
11)
2
k
1) (u
2
2
1).(u
2
1
(u +++
. Ta chứng minh
1,)1(
2
1
=
+
kuS
kk
(1) 0,5đ

Thật vậy với k = 1 ta có
2
2
222
1
2
11
)1()12007(20061)1( ====+= uuuS
Vậy đúng khi k = 1.
Giả sử (1) đúng khi k = n tức là ta có
,)1(
2
1
=
+nn
uS
(2)
Ta có
1)1)(1(1)1)(1) (1)(1(
2
1
2
1
22
2
2
11
++=++++=
+++ nnnnn
uSuuuuS

(3)
Theo giả thiết quy nạp (2) và từ (3) có :
[ ]
1)1(12)1(1)1)(1)1((
2
11
2
1
2
1
2
11
+++=++=
++++++ nnnnnn
uuuuuS
=
2
11
2
1
22
1
)1(2)1(
++++
+++
nnnn
uuuu
=
2
2

2
1
2
1
)1())1(( =+
+++ nnn
uuu
Vậy (1) đúng với k = n +1. Suy ra (1) đợc chứng minh. 0,5đ
Nói riêng S
2007
=
11)
2
2007
1) (u
2
2
1).(u
2
1
(u +++
=
22
2008
)1( u
(4)
Vì u
1
, u
2

nguyên, nên từ
1)
n
(u
n
u
1n
u =
+
suy ra u
n
nguyên với mọi n.
Vậy từ (4) suy ra S
2007
là số chính phơng. 0,5đ
_____________________________________________
4