Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Khối 12 THPT - Năm học Môn : toán tỉnh Thừa Thiên Huế 2005-2006 - vòng 3 pdf

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2005-2006
Đề thi chính thức
Môn : TOÁN ( Vòng 2)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Bài Nội dung Điểm

6,0
+ Biểu thức lgx xác định khi x > 0.
+ Nếu x là nghiệm thì : x = [
2
x
] + [
3
2x
]- [
6
x
] - [lg
x
] nên x là số nguyên dương.
1,0

1,0
+ Đặt x = 6q + r ,với q và r là các số tự nhiên , 0

r


5 .
[
2
x
] + [
3
2x
] - [
6
x
] = [ 3q +
2
r
]+ [4q+
3
2r
] – [q+
6
r
]= 6q + [
2
r
]+ [
3
2r
]- [
6
r
]
Phương trình trở thành : 6q + r = 6q +[

2
r
]+[
3
2r
]-[
6
r
] -[lg
x
]


[lg
x
]= [
2
r
]+ [
3
2r
]- [
6
r
] - r với r

{0;1;2;3;4;5}

2,0
1

+ Ta có : [
2
r
]+[
3
2r
]-[
6
r
]-r =





5;4;3;2;00
11
rkhi
rkhi

+Do x

1 nên [lgx]

0 .Không xét trường hợp r=1
Với r

1,ta có : [lgx]= 0

0


lgx < 1


1

x < 10 .
Ta chọn các số nguyên x thoả 1

x < 10 và x chia cho 6 có dư số khác 1.
Nghiệm của phương trình :
x

{2;3;4;5;6;8;9}
.

1,0




1,0

7,0 2
Câu 1/ (Hình vẽ ở trang cuối)
+
Q =
MG
NG
NG

MG


2 .Dấu bằng khi và chỉ khi :
NG
MG
=
MG
NG
= 1 .

+ SG cắt mp(ABCD) tại tâm O của hình bình hành ABCD. Gọi K là trung điểm của
SG . Từ K dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SA,SB,SC,SD lần lượt tại
A
1
,B
1
,C
1
,D
1
.Từ N dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SG tại N’.
Ta có:
MG
NG
=
OG
GN'
;
MG

NG
=1

N’trùng K

N thuộc cạnh hình bình hành
A
1
B
1
C
1
D
1

Nối NK cắt cạnh hình bình hành

A
1
B
1
C
1
D
1

tại P, ta có : PM // SG .
+
Từ đó : Q=2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành
'

1
'
1
'
1
'
1
DCBA

'
1
'
1
'
1
'
1
DCBA
là hình chiếu song song củahình bình hành A
1
B
1
C
1
D
1
lên mp(ABCD)

theo phương SG .

1,0
1,0






1,0

Câu 2/
+Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác OAB,OBC,OCD,ODA
M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền tam giác này.
Chẳng hạn M thuộc miền

OAB. M

A

N

C’; M

B

N

D’; M


O

N

S.

Do đó N thuộc miền

SC’D’ và N’ thuộc đoạn SH ,với C’,D’ và H lần lượt là trung
điểm của SC,SD và SO
.
Do đó : HG

N’G

SG. Vì vậy :

OG
HG

OG
GN'

OG
SG

hay

2

1

MG
NG

2.



2,0
+ Đặt
x
=
MG
NG
Ta có : Q =
x
1
+
x
với
x

[
2
1
;2].
Q’= 0 và
x


(
2
1
;2)



x
=

1 . MaxQ = Max{Q(
2
1
);Q(2);Q(1)}=
2
5
.
+
Giá trị lớn nhất của Q là
:
2
5
. Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D.

1,0




1,0

7,0
+
Điều kiện a/ cho thấy bậc của P(x)

n ,điều kiện b/ cho thấy bậc của P(x)

n.
Vậy bậc của P(x) là n. P(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
.
với (a
0,
a
1, ,
a
n
) là một hoán vị của {0,1, ,n} và a
n

0

.
+
Ta có :

x > 0

P(x) > 0 .Do đó mọi nghiệm x
i
của P(x) đều không dương .

+ Với n=1 ,ta có đa thức duy nhất thoả bài toán : P(x) =

1.x + 0 .

1,0



1,0
1,0
3
+ Với n=2 ,nếu P(x) = a
2
x
2
+a
1
x + a
0
thoả bài toán thì theo định lí Víet :

x
1
+ x
2
= -
2
1
a
a
; x
1
.x
2

=
2
0
a
a
trong đó :
{

a
0
, a
1
, a
2
}={0,1,2}, a
2


0

Do x
1

0 , x
2

0 , x
1

x
2
nên , a
1

0 .Suy ra : a
0
= 0 .
Các đa thức : P(x) =

1.x
2
+ 2.x + 0 , P(x) =

2.x
2
+ 1.x + 0 thoả bài toán .
+ Với n=3 ,nếu P(x) = a

3
x
3
+a
2
x
2
+a
1
x + a
0
thoả bài toán thì theo định lí Víet :
x
1
+ x
2
+ x
3
= -
3
2
a
a
; x
1
x
2
+x
2
x

3
+ x
3
x
1
=
3
1
a
a
; x
1
x
2
x
2

= -
3
0
a
a

trong đó : { a
0
, a
1
, a
2
,a

3
}={0,1,2, 3}, a
3

0
Do x
1

0 , x
2

0 ,x
3

0, x
1

x
2
x
1

x
3
x
2

x
3
nên a

1

0 và a
2

0 . Suy ra: a
0
= 0 .
Ta có :P(x)= a
3
x
3
+a
2
x
2
+a
1
x= x(a
3
x
2
+a
2
x +a
1
) ;
{ a
1
, a

2
,a
3
}={1,2, 3},
04
13
2
2
 aaa

Các đa thức : P(x)=1.x
3
+3.x
2
+2.x+0 , P(x)=2x
3
+3x
2
+1.x+0 thoả bài toán .

1,0





1,0
+
Với n>3,nếu

P(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0

thoả bài toán thì theo định lí

Víet :


















n
n
n
n
n
nnnn
n
n
n
a
a
xxx
a
a
xxxxxxxxx
a
a
xxx
0
21
1
1
2132121
1
21
)1(
)1(

với (a
0,
a
1, ,
a
n
) là một hoán vị của {0,1, ,n} và a
n

0

Do các x
i
không dương và khác nhau đôi một nên phải có a
0
= 0 .
Vậy P(x) có một nghiệm bằng 0 và n-1 nghiệm còn lại khác nhau đôi một và đều âm.
Có thể giả sử x
n
= 0 .Lúc đó x
1
, x
2
, , x
n-1

là các nghiệm âm của :

Q(x)=

a
n
x
n-1
+ a
n-1
x
n-2
+ + a
2
x +a
1
với (a
1,
a
2, ,
a
n
) là một hoán vị của{1,2, ,n},a
n

0

Đặt u
i
= - x
i
(i=1,2, ,n-1) .Ta có u

i

> 0 và :
u
1
+ u
2
+ + u
n-1
=
n
n
a
a
1
(1) ; u
1
u
2
u
n-2
+ u
2
u
3
u
n-1
+ + u
n-1
u

1
u
n-3
=
n
a
a
2
(2)
u
1
u
2
u
n-1
=
n
a
a
1
(3) . Từ (2) và (3) cho :
1
1
u
+
2
1
u
+ +
1

1
n
u
=
1
2
a
a
(4)
Theo bất đẳng thức Côsi : (u
1
+ u
2
+ + u
n-1
)(

1
1
u
+
2
1
u
+ +
1
1
n
u
)


(n-1)
2
Dùng (1) và (4) suy ra :
n
n
a
a
1
.
1
2
a
a

(n-1)
2
.Nhưng
n
n
a
a
1
.
1
2
a
a



2
.
1
)1(

nn
nên :
(n-1)
2



2
.
1
)1(

nn


n


2 , mâu thuẩn với n > 3 .
Các đa thức thoả bài toán :
P(x) =

x , P(x) = x
2

+ 2x , P(x) =

2x
2
+ x , P(x) = x
3
+3x
2
+2x , P(x) = 2x
3
+3x
2
+x .

2,0

D'
C'
H
G
N'
N
M
O
D
C
B
A
s

Hình vẽ bài 2