Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH năm học 2001 - 2002 môn: Toán

1 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 1). SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------ -------------------------------------------------------- Bài 1: a/ Tìm giá trị của m để cho hệ 2 2 2 x y 4 x y m      có nghiệm. b/ Chứng minh rằng: x y 2yln x 2x y       với x > 0 và y > 0. Bài 2: Giải phương trình: cos3x + 4sin3x – 3sinx = 0. Bài 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi E,G,K lần lượt là trung điểm của các cạnh A’D’, B’C’và AA’. H là tâm của hình vuông DCDC’. M,N là hai điểm lần lượt ở trên hai đường thẳng AD và EG sao cho MN vuông góc với KH và cắt KH. Tính độ dài đoạn MN theo a. 2 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 12 -VÒNG 1. Bài 1: Câu a:  2 2 2 2 2 2 x m x y 4 y x m y x m x y m x x (m 4) 0 x x (m 4) 0                           Do đó hệ có nghiệm khi chỉ khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trong [m;+) (*)  f(x) = 0 có  = 4m + 17 nên f(x) = 0 có nghiệm 1 4m 17 -17x khi m 2 4     .  Do đó: (*) 1 4m 17m 2m 1 4m 17 2          2 12m 1 0 m>-17 1 17 m hay m 22 4 2 44m 17 (2m 1) 2 m 2                   Một số cách giải khác:  Cách 2: 2 2 2 2 2 x y 4 y x m (I) x y m x x (m 4) 0(*)               Hệ (I) có nghiệm x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trên [-2;2]. Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – 4 trên [-2;2], và đường thẳng y = m suy ra kết quả.  Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai.... Câu b: Chứng minh rằng: x y 2yln x 2x y       với x > 0 và y > 0.  Đặt t = x y 1 x    Vì x > 0 và y > 0 nên: t = x y tx x y y x(t 1) x         Do đó: 2y 2x(t 1) t 12 2x y 2x x(t 1) t 1       .  Bài toán trở thành chứng minh: t 1ln t 2 t 1   với mọi t > 1.  Xét hàm số y = f(t) = t 1ln t 2 t 1   với mọi t > 1.  y’ =  22t 1 0t(t 1)   nên hàm số đồng biến trên khoảng (0; +).  Do đó: t > 1 f(t) > f(1) = 0 t 1ln t 2 t 1   >0.  Cách giải khác: Đặt t = y x và đưa đến chứng minh: t 1ln t 2 t 1   . Giải tương tự. 3 Bài 2: Giải phương trình: cos3x + 4sin3x – 3sinx = 0.  Do cosx = 0 không thỏa (1) nên nhân hai vế của (1) cho cos3x ta được:  (1) 3 3 33 2sin x 11 4tg x 3 0 1 4tg x 3tgx. 0 tg x 3tgx 1 0 (2)cos x cos x            .  Đặt: tgx = t, phương trình (2) trở thành: f(t) = t3 – 3t + 1 = 0 (3).  Đặt: t = 2cos (vì f(-2) = -1 0, f(1) = -1 0 và f(x) = 0 là hàm số liên tục nên f(t) có 3 nghiệm phân biệt trong (-2;2).  Khi đó (3) trở thành: 8cos3 - 6cos +1 = 0 2cos3 +1 = 0 cos3 = -1/2 2 2k (k Z) 9 3         Vậy (3) có 3 nghiệm phân biệt: 1 2 32 4 8t 2cos , t 2cos , t 2cos9 9 9      .  Do đó phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: x = 1 + k, x = 2 + k, x = 3 + k với tgi = ti, i = 1,2,3. Bài 3: Xác định đoạn MN  Gọi E1, N1, G1, H1 là hình chiếu vuông góc của E,N,G,H trên mặt phẳng (ABCD).  Do KH  MN (gt) và KH  NN1 suy ra KH  MN1 , suy ra AH1 MN1 tại I1.  Mà theo giả thiết MN cắt KH tại I suy ra II1 // NN1 mà I là trung điểm của đoạn MN nên I1 phải là trung điểm của MN1.  Từ đó suy ra cách dựng hai điểm M, N. Tính độ dài MN  Đặt  = DAH1 H1AN1 = E1N1M = .  Xét tam giác vuông DAH, ta có: sin = 1 5  tg = 1 2  cos2 = 3 5  AN1 = 1AE 5 a cos 2 6  .  Xét tam giác vuông AIN1, ta có: IN1 = AN1.sin = 15 1 a 5 a 5a. MN6 6 35    . (Cách khác: Gọi P là trung điểm của CG1, suy ra được N1 ở trên AP, suy ra E1N1 = 2 a3 .)  2 2 2 2 2 21 11 1 1E N a 5 5 14 a 14MN MN NN MN a a a MN cos 3 9 9 3           . Cách khác: Dùng phương pháp tọa độ trong không gian.... Bài 4: Ta có: (1) a lẻ: (un) hội tụ  anu hội tụ. (2) a chẵn: (|un|) hội tụ  anu hội tụ. C C’ A B D E1 A’ B’ D’ E G H H1 N1I1 I M G1 A B CD G1E1 M H1 I1 N1 4 (3) Bổ đề: dãy (cosn) hội tụ  = 2k, kZ. Chứng minh bổ đề: Nếu   k  sin  0. Giả sử (cosn) hội tụ về h, khi đó:  cos n .cos - cos(n + 1) h(cos 1)sinn sin sin          Mà h(cos 1) h(cos 1) .cos sin(n + 1) sin n .cos sin sincosn sin sin               Vậy 2 cos 1 1 cos cos 1 cosn h. . h sin sin sin                 Do tính duy nhất của giới hạn ta có: 2 cos 1h h h 0 sin         .  Suy ra: sin n 0 cosn 0   mâu thuẩn với: 1 = sin 2n + cos2n 0.  Do đó: (cosn) hội tụ  = k.  + Trường hợp k chẵn: cosn = 1 (cosn) hội tụ.  + Trường hợp k lẻ: xét hai dãy con cos2n  1, cos(2n + 1)  -1. Vậy (cosn) không hội tụ.  Do đó (cosn) hội tụ  = 2m. Đảo lại là hiển nhiên. Trở lại bài toán đã cho: Với un = cosa n  Trường hợp k lẻ: (un) hội tụ (cosn) hội tụ  = 2k. Vậy khi a lẻ: n 1 lim u    Trường hợp k chẵn: (un) hội tụ |cosn| hội tụ cos2n hội tụ cos2n hội tụ  = 2k. Vậy khi a chẵn: n 1 lim u   _____________________________________________ với  = 2k không tồn tại với   2k với  = k không tồn tại với   k 5 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). SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ----------------------------------------------------------------------- ------------------------------------- Bài 1: a/ Giải phương trình: 2 3 23(x 2x 2) 10 x 2x 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: 2x 2x A B C3 sin sin sin 2 2 2     có 4 nghiệm phân biệt. b/ Giải phương trình: 2x 1 2 x 2x.3 (x 1).3 1 x x 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: (i) ai  E, i 1, k . (ii) a1 < a2 < ...< ak. (iii) Min{ai+1 – ai / i 1, k 1  } = r 6 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: 2 3 23(x 2x 2) 10 x 2x 2x 1      (1).  3 2 2x 2x 2x 1 (x 1)(x x 1)       nên điều kiện là: x  -1.  x2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a x 1  , 2b x 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 2x x 1   x + 1 = 9(x2 + x + 1) 9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm)  a = b/3 3a = b3 x 1 = 2x x 1  9(x + 1) = x2 + x + 1 x2 - 8x - 8 = 0 x 4 2 6    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).  Vì: n 1 n 1 n 1 n log (n 2) log (n 2).log n log (n 1)       , áp dụng bất đẳng thức Cói cho hai số dương ta có:  n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1log (n 2) log n 2 log (n 2).log n log n(n 2) 2 log (n 2) .log n               2n 1 n 1 n 1 n 12 log (n 1) .log n 2 log (n 2).log n         n 1 n 1log (n 2) log n 1     n 1 n log (n 2) 1 log (n 1)    suy ra (1) thỏa.  Từ công thức (1) ta có: log89 + log810 + log811 < 3log89 = 2log23.  Cách khác: Có thể giải (1) bằng cách xét hàm y = logx(x+1) = ln(x 1)ln x  với x>1 và suy ra y’>0... Bài 2: Câu a:  Vì A,B,C (0; ) nên: A B Csin sin sin 0 2 2 2    . Do đó: (1) 2 3 A B C| x 2x | log sin sin sin m (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 xO 2 y = m 7  Dựa vào đồ thị ta được: (2) có 4 nghiệm khi chỉ khi 0< m <1  3 A B C A B Clog sin sin sin 1 1 sin sin sin 3 (3)2 2 2 2 2 2              Chứng minh (3): A,B,C (0; ) nên: A B C A B Csin ;sin ;sin (0;1) sin sin sin 3 (4) 2 2 2 2 2 2      . A,B (0; ) nên: A B A Bsin 0;sin 0;cos 1;cos 1 2 2 2 2     A B A B B A A B C sin sin sin .cos sin .cos sin cos (5) 2 2 2 2 2 2 2 2       Từ (5): 2 2A B C C C C Csin sin sin cos sin cos sin 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. Chú ý thêm: A B C 31 sin sin sin 2 2 2 2     Câu b:  Phương trình đã cho tương đương với: 22 x x 1(x 1).(3 1) x.(3 1) 0      Xét x = 0; x =  1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nên phương trình có các nghiệm: x = 0; x =  1.  Xét x  0; x   1: Khi đó (1) 2x x 1 2 3 1 3 1 0 (2) x x 1    Với t  0, xét hàm số: t3 1f (t) t  . * Với t > 0 thì 3t – 1 > 0f(t) > 0 và với 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:  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 một nữa mặt phẳng có bờ a chứa vectơ n  . Khi đó ta có: 2 MHM.n t .n    (1) 2NKN.n t .n    (2) Từ giả thiết ta được: tM = d(M,a) và tN = d(N,a) và từ (1) và (2) suy ra: MN.n d(N,a) d(M,a)   (3).  Gọi 1n  , 2n  , 3n  , 4n  là các vectơ pháp tuyến đơn vị có gốc trên các cạnh AB,BC,CD,DA và ở miền trong tứ giác ABCD. Gọi k là tổng khoảng cách từ một đỉnh đến các đường thẳng chứa cạnh của tứ giác. Khi đó ta có: AB  ( 1n  + 2n  + 3n  + 4n  ) =[d(B,AB) – d(A,AB)] + [d(B,BC) – d(A,BC)] + [d(B,CD) – d(A,CD)] + [d(B,DA) – d(A,DA)] Do đó: AB  ( 1n  + 2n  + 3n  + 4n  ) = k – k = 0 (4). Tương tự ta có: BC  ( 1n  + 2n  + 3n  + 4n  ) = 0 (5).  Vì A,B,C không thẳng hàng nên từ (4) và (5) ta suy ra: 1n  + 2n  + 3n  + 4n  = 0  (6).  Từ (6) suy ra: 21n  + 2 2n  + 1 22n .n   = 2 3n  + 2 4n  + 3 42n .n   nên: ( 1n  , 2n  ) = ( 3n  , 4n  ) (7).  Từ (6) suy ra: 22n  + 2 3n  + 2 32n .n   = 2 1n  + 2 4n  + 1 42n .n   nên: ( 2n  , 3n  ) = ( 1n  , 4n  ) (8).  Do: ( 1n  , 2n  ) + ( 2n  , 3n  ) + ( 3n  , 4n  ) + ( 1n  , 4n  ) = 3600 nên: ( 1n  , 2n  )+( 2n  , 3n  ) = ( 3n  , 4n  )+( 1n  , 4n  ) = 1800, suy ra:( 1n  , 3n  ) = 1800, tương tự: ( 2n  , 4n  ) = 1800. (9) a K N M H n  8  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 khác: Sau khi chứng minh được (6). Gọi 0 là một điểm tùy ý. Đặt: 1 1 2 2 3 3 4 4ON n , ON n , ON n , ON n            suy ra Ni thuộc đường tròn tâm O, bán kính 1. Do (6) suy ra O là trọng tâm của tứ giác N1N2N3N4 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 chữ nhật, suy ra: 2 4 1 3n n , n n        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: kr n (k 1)(r 1)u (k) C    nếu k  n – (k – 1)(r – 1). 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<b2< ...< bk Lấy tạo ảnh: ai = bi + (i – 1)(r – 1), i 1, k kiểm chứng được a1< a2< ...< ak và ai + 1 -ai  1 i 1, k 1  Suy ra: A = {a1, a2, ..., ak} A và f(A) = B. Vậy f song ánh. Do đó: kr n (k 1)(r 1)u (k) C    .  Từ hai trường hợp (1) và (2) trên ta có: kr n (k 1)(r 1)u (k) C    với quy ước kmC 0 khi m < k. Do đó: số bộ số (a1, a2, ..., ak) thỏa đề bài là: ur(k) – ur + 1(k). ________________________________________ 1 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (VÒNG 1). SBD: (150 phút, không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------ -------------------------------------------------------- Bài 1: (3.5 đ) Giải hệ: 4cos x.cos y 1 cos 2x cos 2y 1 0      . Bài 2: (3.5 đ) Cho hai nữa đường thẳng Ax, By chéo nhau. Hai điểm C, D thay đổi lần lượt ở trên Ax và By sao cho: 1 2 3 AC BD AB   . a/Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) chứa CD và song song với AB luôn luôn đi qua một điểm cố định I trong mặt phẳng (Q) chứa Ax và (Q) song song By. b/Tìm vị trí của C và D sao cho thể tích tứ diện ABCD là nhỏ nhất. Bài 3: (3.0 đ) a/ Trong mặt phẳng Oxy, cho một đường tròn (C) cắt parabol (P): y = x2 tại bốn điểm, một điểm có tọa độ là (1;1) và ba điểm còn lại là ba đỉnh của một tam giác đều. Tính bán kính của đường tròn (C). b/ Tìm tập hợp các tâm của những tam giác đều có ba đỉnh thuộc parabol (P): y = x2 . ____________________________________ 2 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 12 -VÒNG 1. Bài 1: (3.5 đ) Giải hệ: 4cos x.cos y 1 cos 2x cos 2y 1 0      . (I)  (0.5 điểm) (I) 4cos x.cos y 1 (1) 4cos x.cos y 1 (III) hay (III) cos 2x cos 2y 1 0 (2) cos 2x cos 2y 1 0             (1.5 điểm) Giải hệ (II):  (II) 1 1 cos(x y) cos(x y) cos(x y) cos(x y) (3 ) 2 2 cos(x y).cos(x y) 1 0 cos(x y).[1-2cos(x y)]+1 0 (4)                     (4) -2cos2(x + y) + cos(x - y) +1  0 - [cos(x + y) - 1].[2cos(x + y) +1] 0  cos(x + y)  1 2  hay cos(x + y)  1.  Do đó: (II) 1 1cos(x y) cos(x y) cos(x y) cos(x y)2 (IV) hay (V)2 1 cos(x y) 1cos(x y) 2                    Giải (IV): 1 x y k2cos(x y) 1cos(x y) cos(x y) 2 211 x y h2cos(x y) cos(x y) 322                             x (k h) 3 y (h k) 3               Giải (V): 1 2cos(x y) cos(x y) cos(x y) 1 x y 2n2 3 1 cos(x y) 1 x y 2mcos(x y) 2                          x (m n) 3 y (m n) 3               (1.5 điểm) Giải hệ (III):  Đặt t = x +  thế vào (III) ta được : 4cos t.cos y 1 cos 2t cos 2y 1 0     . 3  Theo (II) ta được: t (k h) t (m n) 3 3 hay y (k h) y (m n) 3 3                              Do đó: (III) x (k h) t (m n) 3 3 hay y (k h) y (m n) 3 3                                  .  Vậy hệ có các họ nghiệm: x (k h) 3 y (h k) 3             ; x (m n) 3 y (m n) 3             x (k h) t (m n) 3 3 ; y (k h) y (m n) 3 3                                 Bài 2: (3.5 điểm) a/ ( 2 điểm)  Hình vẽ: Dựng Ay’ // By. D’ trên Ay’ sao cho: AD’ = BD. (P) là mp(DCD’), (Q) là mp(Ax, Ay’).  Nhận xét: Với I tùy ý trên D’C. Gọi M, N là các điểm trên Ay’,Ax sao cho: MI//Ax, NI // Ay’. Ta có: AM AN CI D 'I CI ID ' 1 (1) AD ' AC CD' D 'C CD'      1 2 3 AB : 3 2AB : 3 1 (2) AC BD AB AC AD'      .  Với C,D là hai điểm tùy ý thỏa giả thiết. Trên CD’ tồn tại điểm I sao cho : D 'I AB : 3 D 'C AC  . Ta được: AN D'I AB : 3 ABAN= (3) AC D'C AC 3    và: AM CI D 'I AB : 3 2AB : 3 2AB1 1 AM= (4) AD ' CD ' D 'C AC AD' 3         Từ (3) và (4) suy ra M. N cố định nên I cố định. Do đó (P) luôn đi qua điểm cố định I trong mặt phẳng (Q). b/ (1.5 điểm)  Do ABD = AD’D nên thể tích V của tứ diện ABCD bằng thể tích tứ diện DACD’.  Do D ở trên By // (Q) nên khoảng cách từ D đến (ACD’) không đổi, nên thể tích V nhỏ nhất khi và chỉ khi diênh tích S của tam giác AD’C nhỏ nhất.  S = 1 2 AC.AD’.sinA = 1 2 .AC.BD.sinA nên: S nhỏ nhất AC.BD nhỏ nhất.  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương: 1 1, AC BD ta có: 23 1 2 1 2 82 . AC.BD AB AB AC BD AC BD 9      y y’ xC N I A M D’ B D 4 Dấu bằng xảy ra khi: 1 2 3 2ABAC AC BD 2AB 3     và 4ABBD 3  .  Vậy: V nhỏ nhất khi: 4ABBD 3  , 2ABAC 3  . Bài 3: ( 3 điểm) a/( 1.5 đ) (C): (x – a)2 + (y – b)2 = R2. (C) qua điểm (1;1) nên: R2= (1 – a)2 + (1 – b)2 .  Hoành độ x1, x2, x3 của ba đỉnh tam giác đều và x = 1 là nghiệm của phương trình: (x – a)2 + (y – b)2 = (1 – a)2 + (1 – b)2 3 2 x 1 x x (2 2b)x 2 2a 2b 0           Do đó: x3 + x2 + (2 – 2b)x +2 – 2a – 2b  (x – x1)(x – x2)(x – x3) nên: 1 2 3 1 2 1 3 2 3 x x x 1 x x x x x x 2 2b          Từ giả thiết tam giác đều nên:   1 2 31 2 3 22 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 x x x 3ax x x 3a x x x 3b x x x 2(x x x x x x ) 3b                   Do đó: a = 1 3  , b = 3 và bán kính đường tròn (C) là: R = 2 13 3 . b/ (1.5 đ) Thuận:  Giả sử I(a;b) là tâm của tam giác dều ABC có đỉnh trên (P). Đường tròn (ABC) cắt (P) thêm điểm M(x0;y0) ( có thể trùng A, B, C). xA, xB, xC và x0 là nghiệm của: (x – a)2 + (y – b)2 = (x0 – a)2 + ( 20x – b)2 0 3 2 2 3 0 0 0 0 0 x x x x x (x 1 2b)x x x 2a 2bx 0 (1)             Suy ra:   A B CA B C 22 2 2 2 2 A B C A B C A B B C C A 0 0 x x x 3ax x x 3a x x x 3b x x x 2(x x x x x x ) ( x ) 2(x 1 2b)                       Hay: 0 2 0 x a 3 b x 2      , vì vậy: b = 9a2 + 2. Nên tâm I ở trên đồ thị (G): y = 9x2 + 2. Đảo: Xét I(a; 9a2 + 2) tùy ý trên (G): y = 9x2 + 2. Ta phải chứng minh đường tròn (C) tâm I bán kính IM với M(-3a ; 9a2) cắt (P) thêm 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác đều.  Xét phương trình: (x – a)2 + (x2 – 9a2 – 2)2 = (-3a – a)2 + (9a2 – 9a2 – b)2 (2).  x 3a f (x) 0     với f(x) = x 3 -3a2x2 - (9a2 + 3)x + 27a3 + 7a (f(x) = 0 chính là phương trình (1) với x0 = - 3a).  Nếu a = 0: f(x) = x3 -3x = 0 có 3 nghiệm phân biệt.  Nếu a  0: Do f(x) liên tục, x lim f (x)   và f ( 3a) 16a 0;f (3a) 2a 0 khi a > 0 f (3a) 2a 0;f ( 3a) 16a 0 khi a < 0             nên f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm phân biệt x1, x2, x3 với mọi a. y A B I 5  Ta có: 1 2 3 2 1 2 1 3 2 3 x x x 3a x x x x x x (9a 3)         . Do đó: 1 2 3 2 2 2 21 2 3 x x x a 3 (3) x x x 9a 3 3        Do x1, x2, x3 là 3 nghiệm phân biệt của (2) nên: (C) cắt (P) tại 3 đỉnh A  21 1x ; x , B  22 2x ; x , C  23 3x ; x của tam giác ABC. Và do (3): tam giác ABC có trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp I, nên ABC là tam giác đều.  Kết luận: Tập hợp các tâm của những tam giác đều có 3 đỉnh thuộc (P): y = x2 là parabol: (G): y = 9x2 + 2. ___________________________________________________  6 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (VÒNG 2). SBD: (1 50 phút, không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------ -------------------------------------------------------- Bài 1: (3.5 đ) Giải phương trình: 2 2 2 5 2 2 5 log (x 2x 11) log (x 2x 12)      Bài 2: (3.5 đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H): 2x 1y 2x 2   với x >1. a/ M là điểm tùy ý trên (H), tiếp tuyến của (H) tại M cắt hai đường tiệm cận của (H) tại hai điểm A và B. Xác định điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. b/ Với I(1;1) và K là hình chiếu vuông góc của M xuống đường thẳng y = x. Tìm điểm cố định C sao cho : 2 IK – CM luôn là số dương không đổi khi M thay đổi trên (H). Bài 3: (3.0 đ) Cho n  N ( n  2) và hàm số f: Q Q sao cho: f(xn + y) = xn – 1f(x) + f(f(y)) x, y  Q. (Q là tập hợp các số hữu tỉ). a/ Giả sử rằng f(2002)  0. Tính f(2002). b/ Tìm hàm số f. ________________________________ 7 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 12 -VÒNG 2. Bài 1: (3.5 đ) Giải phương trình: 2 22 5 2 2 5log (x 2x 11) log (x 2x 12)      (1)  Điều kiện: 2 2 x 2x 12 0 (*) x 2x 11 0         2(2 5) 9 4 5   và 2(2 2 5 ) 8 4 5   do đó 2 5 9 4 5   và 2 2 5 8 4 5   .  (1) 2 2 9 4 5 8 4 5 log (x 2x 11) log (x 2x 12)       2 29 4 5 8 4 5log (x 2x 11) log (x 2x 12)       Đặt: a = 8 + 4 5 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0.  Do đó: (1) lna + 1(t + 1) = lnat Cách 1: (1) lna + 1(t + 1) = lnat y y t a (I) t 1 (a 1)       .  Từ (I) ta được: y y a 1 1 (2). a +1 a +1             y = 1: là nghiệm của (2).  y < 1: y y a 1 a 1 1 a +1 a +1 a +1 a +1              , y < 1: y y a 1 a 1 1 a +1 a +1 a +1 a +1              .  Nên (2) có nghiệm duy nhất: y = 1. Do đó: (1) t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - 4 5 = 0 x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 . Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1  Ta được: 1 1y ' 0(t 1) ln(a 1) t ln a    vì a > 1, nên hàm số giảm trên (0; +) và ta có f(t) = 0 có nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm duy nhất t = a.  Vậy: (1) (1) lna + 1(t + 1) = lnat  t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - 4 5 = 0 x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 . Bài 2: (3.5 đ) a/ ( 2 điểm)  M(x0;y0)  (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d): 0 02 0 0 2x 1 2y (x x ) 2x 2 (2x 2)      .  d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm A(1; 0 0 x x 1 ), B(2xo – 1;1).  Vì x0 > 1 nên yA = 0 0 x x 1 >1, xB = 2x0 – 1 > 1. Do đó I ở miền trong tam giác OAB nên: SOAB = SOIB + SOIA + SIAB = 1 2 IA + 1 2 IB + 1 2 IA.IB = 1 2 2(x0 – 1) + 12 . 0 1 x 1 + 1 2 .2(xo – 1). 0 1 x 1 8  Do đó áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta hai số dương xo – 1, 0 1 2(x 1) ta có: SOAB = xo – 1 + 0 1 2(x 1) + 1  1 + 2 1 1 2 2   . Đẳng thức xảy ra khi: xo – 1 = 0 1 2(x 1) 0 1 x 1 2    .  Vậy SOAB nhỏ nhất khi M( 11 2  , 11 2  ). Cách khác: Tính diện tích OAB theo cách sau: 1/ 0 0 1OA 1; ; OB (2x 1;1) x 1         . Tính:  22 2OAB 1S OA .OB OA.OB2    . 2/ Tính SOAB = 1 2 AB.h với h = d(O;AB). b/ ( 1.5 điểm)  Do phép tịnh tiến bảo toàn khoảng cách, nên để đơn giản phép tính ta dời hệ trục Oxy sang hệ trục IXY bằng phép tịnh tiến vectơ OI  . Công thức dời trục: X x 1 Y y 1     , (H) trở thành : 1Y 2X  với X>0.  Do đó: 2 2 21 1 1 2X 1 2X 1 2X 1M(X; ) (X ) K ; 2X 2 X 2X 4X 4X            .  Đặt C(a;b) và hằng số muốn tìm là c . 0, khi đó: IK = 22X 1 2 2X  ; 1MC (a X;b ) 2X    và: 2 2 2 21 2X 1 2X 2cX 12IK CM c CM 2IK c (a x) (b ) c 0 (*) 2X 2X 2X                 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 1 2X 2cX 1(a x) (b ) 4X (a X) (2bX 1) (2X 2cX 1) 2X 2X (8c - 8a)X (4a 4b 4c 4 )X (4c 4b)X 0 (2)                      Do (2) đúng với mọi X > 0 nên