Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH năm học 2000 - 2001 môn: Toán bảng A vòng 1

1 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 1. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: (2 điểm) a/ Chứng minh rằng mỗi phương trình sau đây có một nghiệm thực duy nhất cosx = x (1) ; sin(cosx) = x (2) ; cos(sinx) = x (3). b/ Gọi  là nghiệm của (1), gọi  là nghiệm của (2), gọi  là nghiệm của (3). Chứng minh rằng: ..ln < ..ln<..ln. Bài 2: (2 điểm) Định m để giá trị nhỏ nhất của biểu thức: f(x,y,z) = (x – y + mz + 1)2 + [x + (m + 1)y - 2z + 2]2 + [2x + 2y + (m - 4)z + 1]2 là lớn nhất. Bài 3: (2 điểm) Cho hình vuông cố định. Tìm tập hợp những điểm M trong hình vuông đó và thỏa mãn điều kiện: Tích hai khoảng cách từ điểm M đến hai cạnh của hình vuông cùng xuất phát từ một đỉnh bằng bình phương khoảng cách từ điểm M đến đường chéo của hình vuông không đi qua đỉnh đó. Bài 4: (4 điểm) a/ Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm: 2a(x a) (x 2 2) 1 0 x a 0        b/ Tìm m, n  N* để phương trình: m n ncotgxtgx sin x cos x 4       có nghiệm. 2 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG A – VÒNG 1 Bài 1: (2.0 điểm) Câu a ( 1đ)  cosx = x x – cosx = 0. Xét f(x) = x – cosx. Do -1  cosx  1 nên chỉ cần xét x ; 2 2       .  f’(x) = 1 + sinx > 0 x ; 2 2        nên f đồng biến trên ;2 2      .  f(0) 0.  Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm và chỉ có một nghiệm.  Các phương trình còn lại chứng minh tương tự. Câu b ( 1đ)  Nhận xét , , (0;1)   . Viết lại ln ln ln      .  Xét ln xg(x) x  với x  (0;1). 21 ln xg '(x) 0 x (0;1)x     , g đồng biến trên (0;1).  Chứng minh:      : Giả sử    lúc đó  = sin(cos) < cos  cos =  vô lý. Giả sử    lúc đó  = sin(cos) > cos   cos =  vô lý. Vậy ta có:      . Bài 2: (2.0 điểm)  f(x,y,z) = (x – y + mz + 1)2 + [x + (m + 1)y - 2z + 2]2 + [2x + 2y + (m - 4)z + 1]2  0, x, y, z R.   f(x,y,z) = 0 x y mz 1 0 (1) x (m 1)y 2z 2 0 (2) 2x 2y (m 4)z 1 0 (3)               có nghiệm (x;y;z).  Lấy (2) trừ (1) ta có: (m + 2)y - (m + 2)z + 1 = 0 (4) Nhân (1) với (2) ta có: 2x - 2y + 2mz + 2 = 0 (5) Lấy (3) trừ (5) suy ra: 4y - (m + 4)z – 1 = 0 (6) Từ (4) và (6) suy ra: m(m + 2)  0 có nghiệm y và z. Rồi thế vào (1) có nghiệm x. Hệ (1), (2), (3) có nghiệm. Do đó: khi m  0 và m  2 thì mìn(x,y,z) = 0.  Nếu m = -2, khi đó: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpki ta có: f(x,y,z) = (x – y - 2z + 1)2 + [x - y - 2z + 2]2 + [2x + 2y - 6z + 1]2 = 1 2 [12 + (-1)2 + 02][(x – y - 2z + 1)2 + [x - y - 2z + 2]2 + [2x + 2y - 6z + 1]2]  1 2 (-1)2 = 1 2 . Dấu bằng xảy ra khi x y 2z 1 x y 2z 2 2x 5z 2 1 1 2y z 12x 2y 6z 1 0                  3 Chọn (x = -1; y = 1 2 ; z = 0). Vây tồn tại f(-1; 1 2 ;0) = 1 2 hay khi m = -2 ta có minf(x;y;z) = 1 2 .  Nếu m = 0, khi đó: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpki ta có: f(x,y,z) = (x – y + 1)2 + [x + y - 2z + 2]2 + [2x + 2y - 4z + 1]2 = 1 2 [02 + 12 + ( 1 2 )2][(x + y + 1)2 + [x + y - 2z + 2]2 + [2x + 2y - 4z + 1]2]  21 3 2 2     = 9 5 . Dấu bằng xảy ra khi x y 2z 2 2x 2y 4z 1 10x 10z 9 1 1/ 2 10y 10z 1 x y 1 0                 Chọn (x = 9 5  ; y = 1 10 ; z = 0).Vậy tồn tại f( 9 5  ; 1 10 ;0) = 9 5 hay khi m = 0 ta có minf(x;y;z) = 9 5 .  Kết luận: m = 0 thì giá trị nhỏ nhất của f(x,y,z) là lớn nhất. Bài 3: (2.0 điểm)  Không giảm tính tổng quát, xét hình vuông có cạnh 2 . Đặt hình vuông ABCD lên mặt phẳng có hệ trục tọa độ Oxy sao cho A(0;1), B(-1;0), C(0;-1), D(1;0). Gọi M(x;y) là điểm ở trong hình vuông ABCD, hạ MN, MP, MQ lần lượt vuông góc với BD, DA, AB tại N, P, Q.  Do đó: MP.MQ = MN2 (1) ( xét 2 cạnh hình vuông phát xuất từ đỉnh A)  AB: x – y + 1 = 0, AD: x + y – 1 = 0.  (1) 2 2 2 2| x y 1| | x y 1|. | y | | x (y 1) | 2y 2 2           M(x;y) ở trong hình vuông nên x – y + 1 > 0, và x + y – 1 < 0.  Do đó: x2 –(y – 1)2 = (x – y + 1)(x + y – 1) < 0 nên (1) x2 – (y– 1)2 =- 2y2 x2 + (y+1)2 = 2  Vậy tập hợp các điểm M là cung BD, cung ¼ đường tròn C, bán kính R = 2 .  Từ kết quả trên ta kết luận: Tập hợp các điểm M là 4 cung ¼ đường tròn tâm là các đỉnh của hình vuông và có bán kính bằng cạnh của hình vuông. Bài 4: (4.0 điểm) Câu a ( 2 đ)  2 2 2a(x a) (x 2 2) 1 0 (x a) ax - 2 2a(x a) 1 0 x a 0 x a 0                  2 2 1 1 1 1 x 2 2 (x a) (x a) a 2 2 (1)(x a) a 2 2 (x a) a x a 0 x a 0 (2)                    Do (2) nên x – a và a là hai số dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số dương ta được:  421 1 1 1(x a) (x a) a 4 =2 2 (3)2 2 (x a) a 4      A B C DM N Q P 0 x y 4  Do đó (1) chỉ đúng khi dấu đẳng thức xảy ra tại (3) tức là: 2 3 2 x1 1 2(x a) a 2 (x a) a 2 a 2          Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a = 2 2 và nghiệm của hệ là: x = 3 2 2 . Câu b ( 2 đ)  n > 2: |sinnx + cosnx|  1 dấu đẳng thức khi x = k ,k Z 2   và |tgx + 1 4 cotgx|m  1 với x  k 2  nên phương trình vô nghiệm.  n = 2: Phương trình trở thành: (tgx + 1 4 cotgx)m = 1 có nghiệm x0; tgx0 = 12 ,mN * .  n = 1: Đặt f(x) = (tgx + 1 4 cotgx)m – ( sinx + cosx) , x (0; 2  ). f liên tục trên (0; 2  ). x 2 lim f (x)   . Gọi x0 (0; 2  ), tgx0 = 12 , và ta tính được: f(x0) = 1 – ( sinx0 + cosx0) = 1 – ( 12 cosx0 + cosx0) = 1 - 3 2 cosx0 = 1 - 3 0 5  . Vậy phương trình có nghiệm.  Kết luận: phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: m  N* và n {1,2}. 5 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000 - 2001. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 2. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ----------------------------------------------------------------- ------------------------------------------- Bài 1: (2 điểm) Cho dãy số (an) , a1 = 1 và n 1 n n 1 a a a    . Chứng minh: n n alim 2 n  . Bài 2: (3 điểm) a/ Tìm p  N* sao cho hệ p i i 1 p 1 1 i 1 i x 4 x 4 x 0, i 1, p            có nghiệm. b/ Với p tìm được ở câu a/, hãy xác địng tập hợp tất cả các giá trị của tổng: p i 2 i 1 i a 1 a  với ai > 0 và p 2 i i 1 a 1   . Bài 3: (3 điểm) Với hai đường thẳng MN, PQ chéo nhau trong không gian, kí hiệu d(MN,PQ) và (MN,PQ) lần lượt là khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng MN, PQ. a/ Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD thỏa điều kiện: d(AB,CD) = d(AC,BD) = d(AD,BC) thì trong ba số: cotg(AB,CD); cotg(AC,BD); cotg(AD,BC) c ó một số bằng tổng hai số còn lại. b/ Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD thỏa điều kiện: d(AB,CD) = d(AC,BD) = d(AD,BC) và (AB,CD) = (AC,BD) =(AD,BC) thì nó là hình chóp tam giác đều. Bài 4: (3 điểm) Tìm số nhỏ nhất trong các cặp tập hợp có giao khác tập  trong 2000 tập hợp phân biệt sao cho với 3 tập hợp bất kì trong 2000 tập hợp đó đều có ít nhất một cặp tập hợp có giao khác tập . 6 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG A – VÒNG 2. Bài 1: (2.0 điểm)  n n 1 n 1 2 2 2 2 k 1 k i j2 2 i 2 j 1 j 1k j 1 1 a a 2 a a 2(n 1). a a                  n 1 2 n 2 j 1 j 1 a 2n 1 . a      Vậy an > 2n 1 , n 2.    2k 4 2 2 k 1 1 1 1 1 1 1 a 2k 1 k 2 a (2k-1) (2k-1) 1 4k(k+1) 4 k 1 k               .  Suy ra: n 1 n 1 4 4 k 2 j 1k j 1 1 1 1 1 1 5(1 ) 1 a 4 n 1 4 a 4 4             .  Suy ra: n 1 n 1 2 4 j 1 j 1j j 1 1 5(n 1) (n 1) (n 2). a a 4            Vậy: 2n 5(n 1)a 2n 1 (n 2)2     .  Suy ra: nn 5(n-1) 5(n-1)a1n 2; 2n-1<a < 2n-1+ 2- < 2n-1+2 n 2n   .  Do đó: n n alim 2 n . Bài 2: (2.0 điểm) Câu a (1 đ)  Do: p p 2 i i 1 i 1 i 116 x . p p 4 x              .  p = 4: Khi đó: xi = 1 , i 1, 4 . Vậy hệ có nghiệm.  p = 3: Chọn x1 = 1 và 2 3 2 3 x x 3 x .x 1    có nghiệm. Nên (x1, x2, x3) là nghiệm của hệ.  p = 2: 1 2 1 2 x x 4 x .x 1    có nghiệm. Nên (x1, x2) là nghiệm của hệ.  p = 1: Vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi p = 2, p = 3, p = 4. Câu b (2 đ)  Ta có: f(a1, a2, ...,ap) = 2p i 2 i 1 i 1 a a (1 a )  .  Xét hàm: g(x) = x(1 - x2) , 0 < x < 1; g’(x) = 0 1x 3   . Ta có: (0;1) 2 max g(x) 3 3  .  Do đó: f(a1, a2, ...,ap) p 2 i i 1 3 3 3 3 a . 2 2   Dấu đẳng thức xảy ra khi: p 1 hay p = 3.3  7  p = 2: f(a1,a2) = 1 22 2 2 1 1 2 a a 12 2 2 a a a .a    vì 2 21 2a a 1  . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 2 1 a a 2   , 2 11 1 2 2 2 1 1 1 aaf (a ,a ) 1 a a   liên tục trên (0;1).Khi 1a 0 thì 1 2f (a ,a ) . Vậy p = 2, tập giá trị là: 2 2; .   p = 3: Chọn 1 2 3 1a 1 2x ; a x ; a x , 0<x< 2    .Thỏa giả thiết: 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2x x x a a a 1 2x x x 1. f(a ,a ,a ) g(x) 2x 1 x 1 x             liên tục trên 1(0; ) 2 ; x 0 1 3 3g , lim g(x)=+ 3 2        .Vậy tập giá trị là: 3 3 ; 2     .  p = 4: f(a1, a2, ...,ap) 3 3 .2 Chọn 1 2 3 4a 1 2x ; a x ; a x , a x     thỏa giả thiết: 2 2 2 21 2 3 4a a a a 1 3x x x x 1         với 1 0<x< 3 ; 1 2 3 4 1 2x x x xf(a ,a ,a ,a ) g(x) 2x 1 x 1 x 1 x        liên tục trên 1(0; ) 3 ; 1 x 0 x 3 3 3lim g(x)= ; lim g(x)=+ 2   . Tập giá trị là: 3 3 ; 2     . Bài 3: (3 điểm) Câu a ( 2 đ)  Dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện AC1BD1B1DA1C.  Giả thiết d(AB,CD) = d(AC,BD)=d(AD,BC) suy ra các mặt của hình hộp cùng diện tích S. Đặt a = AB, a1 = CD, AC = b, BC = b1, AD = c, BC = c1, AD1 = z, AC1 = y, AB1 = x.  Từ hình bình hành AC1BD1 ta có: a2 + a21 = 2(y2 + z2) ; cos(AB,CD)= 24 21 1 aa y 4 4 1 a.a 2   cos(AB,CD)= 2 2 1 y z a.a   Chú ý: S = dtAC1BD1 = a1a.sin(AB,CD). Do đó: cotg(AB,CD) = 2 2y z 2S  Tương tự: cotg(AC,BD) = 2 2z x 2S  ; = 2 2x y 2S   Nếu x  y  z thì cotg(AB,CD) + cotg(AC,BD) + cotg(AD,BC) = cotg(AD,BD).  Các trường hợp khác cũng có kết quả như thế. Câu b ( 1đ)  Từ các kết quả câu a/ nếu thêm (AB,CD) = (AC,BD) =(AD,BC) thì cotg(AB,CD) = cotg(AC,BD) = cotg(AD,BC) = 0.  Suy ra các cặp cạnh đối của tứ diện ABCD vuông góc đôi một. A1 B C1A C D B1 D1 8  Lúc này ta cũng có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a a b b c c (Do x = y = z) a.a b.b c.c          Suy ra {a, a1}= {b, b1}= {c, c1}. Vì vậy phải có ít nhất một mặt của tứ diện ABCD là một tam giác đều. Từ đó ABCD là hình chóp tam giác đều. Bài 4: (2 điểm)  Giải tổng quát đối với n tập hợp ( trong bài n = 2000). Ta có hình biểu diễn (K) của n tập hợp như sau: n tập hợp được biểu diễn bởi n điểm phân biệt trong mặt phẳng ( không có 3 điểm nào thẳng hàng), hai tập hợp có giao khác  biểu diễn bởi 1 đường liền nét( __ ) nối với hai điểm biểu diễn, hai tập hợp có giao bằng  biểu diễn 1 đường không liền nét ( ---) nối hai điểm biểu diễn. Kí hiệu P là tập hợp n điểm, k(n) là số đoạn nối liền nét của một biểu diễn (K) thỏa giả thiết bài toán ( tức là: với 3 điểm bất kỳ của P có ít nhất một đoạn liền nét). Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất d(n) của k(n).  Ta luôn luôn có thể giả thiết rằng : Trong biểu diễn (K) tồn tại hai điểm A, B mà đoạn nối AB là không liền nét. Đặt Q= P\{A,B}, như vậy, Q có n-2 điểm, trong biểu diễn (K) ta bỏ đi đoạn AB và tất cả các đoạn nối với A, nối với B và ta được biểu diễn (K*) của tập Q thỏa điều kiện bài toán. Gọi k(n-2) là số các đoạn liền nét trong biểu diễn (K*).  Lấy CQ, suy ra các đoạn CA, CB phải có ít nhất một đoạn liền nét (vì đoạn AB không liền nét). Vì Q có n-2 điểm, nên suy ra : k(n)  n-2 + k(n-2) (*).  Công thức truy hồi (*) cho ta : k(n)  (n-2) + (n-4) + ... + 4 + k(4) vì n chẵn.  Suy ra : k(n)  (n-2) + (n-4) + ... + 4 + d(4)  (n-2) + (n-4) + ... + 4 + 2 = n(n 2) 4  (do d(4) = 2). Chứng tỏ : Tồn tại d(n) = n(n 2) 4  .  Chọn n tập hợp để có d(n) = n(n 2) 4  như sau : Nhóm X gồm n 2 tập hợp giao nhau khác  từng đôi một, nhóm Y gồm n 2 tập hợp giao nhau khác  từng đôi một. Mỗi tập hợp của nhóm này thì không có giao khác với bất kỳ một tập hợp của nhóm kia. Cách chọn trên thỏa giả thiết bài toán.  Số đoạn nối liền nét giữa n 2 điểm của X là : ( n 2 -1) + ( n 2 -2) + ( n 2 -3) + ... + 1 = n(n 2) 8   Số đoạn nối liền nét giữa n điểm của X và Y là : n(n 2) 4  .  Vậy d(n) = n(n 2) 4  . Thế n = 2000 ta được số cần tìm là: 20001998 999000 4  . A B C M N P Q 9 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 1. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: (2.5 điểm) Cho phương trình: sin2x + cos2x + 4sin3x – 4sinx + 2mcosx + 1 = 0. Tìm giá trị của m để cho phương trình có tập nghiệm là: T = { x / x k , k Z 2     }. Bài 2: (2.5 điểm) Giải phương trình: 2x (2x 1) 2x 116 2.4 0   . Bài 3: (2.5 điểm) Cho tứ diện ABCD cóhai cạnh đối bằng b, c và các cạnh còn lại bằng a. a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ một điểm tùy ý trong không gian đến các đỉnh của tứ diện. b/ Giả sử tứ diện ABCD thay đổi vị trí trong không gian nhưng có ba đỉnh A, B, C lần lượt ở trên mặt cầu cố định và đồng tâm. Chứng minh rằng đỉnh D luôn ở trong một hình cầu cố định khi độ dài a, b, c thay đổi thỏa các giả đã cho. Bài 4: (2.5 điểm) Tìm tham số a để cho hệ sau có nghiệm: 2a(x a) (x 2 2) 1 0 x a 0        10 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG B – VÒNG 2. Bài 1: (2.5 điểm)  sin2x + cos2x + 4sin3x – 4sinx + 2mcosx + 1 = 0 (1)  2sinxcosx + 2cos2x + 4sinx(sin2x + 1) + 2mcosx = 0 cosx(sinx + cosx -2sinxcosx +m) = 0  cos x 0 x k , k Z2 sin x cos x 2sin x cos x m 0 sin x cos x 2s inxcosx + m = 0 (2)               Do đó (1) có tập nghiệm T = { x / x k , k Z 2     }khi chỉ khi (2) chỉ có nghiệm thuộc T hoặc (2) vô nghiệm.  Xét phương trình (2): sinx + cosx – 2sinxcosx + m = 0 2 t sin x cos x 2 sin(x ) 4 f(t) = t t m (3) (I) | t | 2 (4)          Phương trình (2) có nghiệm thuộc T cos x 0 m 1 sin x 1 m 1           Thử lại: m = 1: Khi đó (3) t2 – t – 2 = 0 t = -1 hoặc t = 2. Hệ (I) trở thành: x k2 12 sin(x ) 1 sin(x ) 4 4 x k22 2                 Vậy T không phải là tập nghiệm của phương trình đã cho.  Thử lại: m = -1: Khi đó (3) t2 – t = 0 t = 0 hoặc t = 1. Hệ (I) trở thành: x k2 sin(x ) 0 4 4 x k2 k Z. 1 sin(x ) 4 x k22 2                    Vậy T không phải là tập nghiệm của phương trình đã cho.  Phương trình (2) vô nghiệm:  f(t) là tam thức bậc hai có  = 5 + 4m, S 1 2 2  , kí hiệu t1, t2 là hai nghiệm của f(t) = 0.  Do S2 2 2    nên hệ (1) vô nghiệm khi chỉ khi:   < 0 hoặc 1 2 0 f(- 2) 05 5 m hay m hay m > 1+ 2 4 4t 2 2 t f( 2) 0                11  Vậy các giá trị m thỏa đề bài là: 5m hay m > 1+ 2 4   . Bài 2: (2.5 điểm)  Biến đổi phương trình: 2 2x (2x 1) 2x 1 4x (2x 1) 4x 1 3 216 2.4 0 2 2 8x 4x 4x 1 0 (1)             Đa thức f(t) = 3 28x 4x 4x 1 0    có tối đa 3 nghiệm và ta có: f(-1)=-7; f(0)=1; f(1/2)=-1,f(1)=1 f(t) liên tục trên khoảng (-1;1) và f(-1).f(0) < 0, f(0).f(1/2) < 0, f(1/2).f(1) < 0 n ên f(x) = 0 có 3 nghiệm trên khoảng (-1;1).  Do f(t) = 0 có đúng 3 nghiệm trong khoảng (-1;1), nên ta có thể đặt x = cosa với 0 < a < .  Phương trình (1) trở thành: 8cos3a – 4cos2a – 4cosa + 1 = 0 4cosa(2cos2a – 1) = 4(1 – sin2a) – 1  4cosa.cos2a = 3 – 4sin2a  4sina.cosa.cos2a = 3sina – 4sin3a ( do sina > 0)  sin4a = sin3a  4a 3a k2 (k Z) 4a 3a k2         ( với 0 < a < )  3 5a hay a = hay a = 7 7 7    . Câu 3 ( 2.5 đ) Câu a (1.75 đ)  Ta có thể giả sử AD = b, BC = c và các cạnh còn lại bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC. Ta dễ dàng suy ra Ị vuông góc với AD và BC và IJ chính là trục đối xứng của tứ diện.  Lấy M tùy ý trong không gian, M’ là điểm đối xứng của M qua IJ suy ra trung điểm K của MM’ chính là hình chiếu của M trên đường thẳng IJ và ta có:  2(MA + MB + MC + MD) = MA + MB + MC + MD + M’A + M’B+M’C+M’D = (MA + M’A) + (MB + M’B) + (MC + M’C) + (MD + M’D)  2KA + 2KB + 2KC + 2KD (1). ( Do tính chất: trung tuyến của một tam giác thì bé hơn nữa tổng của hai cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của nó).  Do đó: MA + MB + MC + MD  KA + KB + KC + KD. Bài toán trở thành tìm điểm K trên IJ sao cho KA + KB + KC + KD bé nhất.  Trong mặt phẳng (BCI) dựng hình thang BCD’A’ sao cho IJ là trung điểm của hai đáy và IA = IA’, ID = ID’. Ta thấy rằng: với K tùy ý trên Ị thì KA = KA’ và KD = KD’. Do đó: KA + KB + KC + KD = KA’ + KB + KC + KD’ = (KA’ + KC) + (KB + KD’)  A’C + BD’.  Vậy KA + KB + KC + KD nhỏ nhất khi K chính là giao điểm K0 của hai đường chéo A’C và BD’.  Tính IJ: IJ2 = DJ2 – ID2 = DC2 – JC2 – ID2 = a2 - 2 2 2 2 2c b c bIJ a 4 4 4 4      .  Tính BD’: 2 2 2 2 2 2 2 2BC A 'D ' b c c b bcBD ' IJ a a 2 2 4 4 2                   .  Tổng các khoảng cách nhỏ nhất là: d = 2BD’ = 24a 2bc . Câu a (0.75 đ)  Gọi r1, r2, r3 là bán kính các mặt cầu tâm O và lần lượt đi qua các đỉnh A, B, C. Ta có:  OD < OC + DC < OC + AB < OC + OA + OB = r 1 + r2 + r3. Do đó D ở trong hình cầu cố định tâm O, bán kính R = r1 + r2 + r3. Bài 4: (4.0 điểm) I J A B C D D’ A’ K0 12  2 2 2a(x a) (x 2 2) 1 0 (x a) ax - 2 2a(x a) 1 0 x a 0 x a 0                  2 2 1 1 1 1 x 2 2 (x a) (x a) a 2 2 (1)(x a) a 2 2 (x a) a x a 0 x a 0 (2)                    Do (2) nên x – a và a là hai số dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số dương ta được:  421 1 1 1(x a) (x a) a 4 =2 2 (3)2 2 (x a) a 4       Do đó (1) chỉ đúng khi dấu đẳng thức xảy ra tại (3) tức là: 2 3 2 x1 1 2(x a) a 2 (x a) a 2 a 2          Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a = 2 2 và nghiệm của hệ là: x = 3 2 2 . 13 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: (2.5 điểm) Tính các giới hạn sau: a/   3 3 3 3 2n 1 5 9 ... (4n 3)lim 1 5 9 ... (4n 3)           b/ 1 xsin x x 0 cos5xlim cos3x     . Bài 2: (2.5 điểm) Cho P(x) là đa thức bậc n (n >1) và có n nghiệm phân biệt x1, x2, ..., xn. P’(x) là đạo hàm của P(x). a/ Chứng minh phương trình P’(x) = 0 có n -1 nghiệm phân biệt. b/ Kí hiệu Pi(x) là đa thức sao cho: P(x) = (x – xi).Pi(x) (i = 1,2,...,n) Rút gọn biếu thức: 1 2 n 1 2 n P (x) P (x) P (x) ... P '(x ) P '(x ) P '(x )   . Bài 3: (3 điểm) Cho đường thẳng cố định a và một điểm A cố định trên a. Gọi (C) là đường tròn lưu động ở trong một nữa mặt phẳng () có bờ a. (C) có bán kính không đổi R và luôn tiếp xúc với a, gọi M là tiếp điểm. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Chứng minh rằng trong mặt phẳng chứa đường tròn (C), có một parabol (P) cố định sao cho trục đẳng phương của (C) và đường tròn đường kính AI luôn luôn tiếp xúc (P) khi M thay đổi trên a. Bài 4: (2 điểm) Tìm số nhỏ nhất trong các cặp tập hợp có giao khác tập  trong 2000 tập hợp phân biệt sao cho với 3 tập hợp bất kì trong 2000 tập hợp đó đều có ít nhất một cặp tập hợp có giao khác tập. 14 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG B – VÒNG 2. Bài 1: (2.5 điểm) Câu a ( 1.50 đ)  n n 3 3 3 3 3 3 2 i 1 i 1 1 5 9 ... (4n 3) (4i 3) (64i 144i 108i 27)               n n n 3 2 i 1 i 1 i 1 = 64 i 144 i 108 i 27n         .  2n(4n 2)1 5 9 ... (4n 3) 2n n 2         .  Mà ta có các công thức: n i 1 n(n 1)i 2  ; n 2 i 1 n(n 1)(2n 1)i 6   ; 2n 3 i 1 n(n 1)i 2      .  Do đó: 3 3 3 3P(x) 1 5 9 ... (4n 3)      là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 64/4 = 16.  Và  2Q(x) 1 5 9 ... (4n 3)      là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 4  Do đó:   3 3 3 3 2n 1 5 9 ... (4n 3) 16lim 4 41 5 9 ... (4n 3)            . Câu b (1 đ)  1 xsin x x 0 cos5xlim cos3x     = cos5x cos3x cos3x xsin x.cos3x cos5x cos3x x 0 cos5x cos3xlim 1 cos3x             Vì x 0 x 0 x 0 cos5x cos3x 2sin 4x sin x sin 4x sin x 8lim lim lim . . 8 x sin x.cos3x x sin x.cos3x 4x x cos3x            .  Vì x 0 cos5x cos3xlim 0 cos3x   và áp dụng công thức  1u u 0 lim 1 u e   , nên 1 xsin x 8 x 0 cos5xlim e cos3x        . Bài 2: (2.5 điểm) Câu a ( 1.0 đ)  Ta có thể giả sử: x1 < x2 < x3 < ... < xn, áp dụng định lý Lagrange đối với hàm số liên tục P(x) trên các đoạn [x1 ; x2] , [x2 ; x3], ...., [xi ; xi+1], ..., [xn-1 ; xn] ta tồn tại n – 1 số: i i i 1c (x ;x ), i 1,n-1  sao cho P’(c i) = 0. Vậy phương trình P’(x) = 0 có n – 1 nghiệm phân biệt. Câu a ( 1.0 đ)  P(x) = a(x – x1)(x - x2) ...(x - xn) (a’  0) P’(x) = a(x – x2)(x – x3) ...(x - xn) + a(x – x1)(x – x3) ...(x - xn) + ...+a(x – x1)(x – x2) ...(x - xn-1) Do đó: P’(x) = P1(x) + P2(x) +...+ Pn(x). P’(xi) = Pi(xi)  0 (1) vì Pk(xi) = 0 với k  i, i 1,n .  1 2 n 1 2 n P (x) P (x) P (x)Q(x) ... P '(x ) P '(x ) P '(x )    là đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n – 1.  Theo (1) ta có: Q(x) = 1, với i 1,n . Điều này chứng tỏ Q(x) = 1. 15 Bài 3: (3 điểm)  Trong mặt phẳng chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, với Ox trùng với a, nữa mặt phẳng  là nữa mặt phẳng y > 0, O trùng A. Đặt M(m;0) có tâm I(m;R).  Phương trình của (C) là: (C): (x - m)2 + (y - R)2 = R2 hay (C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = 0.  Phương trình đường tròn đường kính AI là: (C’): (x – m/2)2 + (y – R/2)2 = 2 2m + R 4 hay (C’): x2 + y2 – mx – Ry = 0.  Phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’) là: (d): mx + Ry – m2 = 0 (d): y = f(x) = - 2m m x R R  .  Xét hàm số y = g(x) = 21 x 4R  .  Hệ 2 2 2 m m 1 x xf (x) g(x) (x 2m) 0R R 4R x 2m f '(x) g '(x) m x x 2m R 2R                  .  Vậy Parabol y = f(x) = 21 x 4R  luôn tiếp xúc với trục đẳng phương (d). Bài 4: (2 điểm)  Giải tổng quát đối với n tập hợp ( trong bài n = 2000). Ta có hình biểu diễn (K) của n tập hợp như sau: n tập hợp được biểu diễn bởi n điểm phân biệt trong mặt phẳng ( không có 3 điểm nào thẳng hàng), hai tập hợp có giao khác  biểu diễn bởi 1 đường liền nét( __ ) nối với hai điểm biểu diễn, hai tập hợp có giao bằng  biểu diễn 1 đường không liền nét ( ---) nối hai điểm biểu diễn. Kí hiệu P là tập hợp n điểm, k(n) là số đoạn nối liền nét của một biểu diễn (K) thỏa giả thiết bài toán ( tức là: với 3 điểm bất kỳ của P có ít nhất một đoạn liền nét). Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất d(n) của k(n).  Ta luôn luôn có thể giả thiết rằng : Trong biểu diễn (K) tồn tại hai điểm A, B mà đoạn nối AB là không liền nét. Đặt Q= P\{A,B}, như vậy, Q có n-2 điểm, trong biểu diễn (K) ta bỏ đi đoạn AB và tất cả các đoạn nối với A, nối với B và ta được biểu diễn (K*) của tập Q thỏa điều kiện bài toán. Gọi k(n-2) là số các đoạn liền nét trong biểu diễn (K*).  Lấy CQ, suy ra các đoạn CA, CB phải có ít nhất một đoạn liền nét (vì đoạn AB không liền nét). Vì Q có n-2 điểm, nên suy ra : k(n)  n-2 + k(n-2) (*).  Công thức truy hồi (*) cho ta : k(n)  (n-2) + (n-4) + ... + 4 + k(4) vì n chẵn.  Suy ra : k(n)  (n-2) + (n-4) + ... + 4 + d(4)  (n-2) + (n-4) + ... + 4 + 2 = n(n 2) 4  (do d(4) = 2). M I x y A  A B C M N P Q 16 Chứng tỏ : Tồn tại d(n) = n(n 2) 4  .  Chọn n tập hợp để có d(n) = n(n 2) 4  như sau : Nhóm X