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 ABCDA1B1C1D1.. Hãy xác định vị trí của mặt phẳng P sao cho tứ giác MNPQ có
Trang 1sở 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.sin a).sinx
sinπ (1 x 7 2sin = + + (1)
3 1) 2(a x 2 2sin x
6 2sin x) 2 cos 1)(1
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 cosz cosy
cosx
2
3 3 sinz siny sinx
Câu 3: Xét tập hợp các đa thức P(x) khác 0, có hệ số thực và thoả mãn điều kiện
P(x2 - 1) = P(x).P(-x), ∀x∈R.
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 ABCDA1B1C1D1 Một mặt phẳng (P) thay đổi song song với hai đáy của lăng trụ, cắt các đoạn thẳng AB1, BC1, CD1, DA1 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 { }un xác định nh sau:
2,3, n , 2 1) n (u n u 1 n u 2007, 2
u
2006,
1
Chứng minh rằng: (u12+1).(u22+1) (u22007 +1)−1 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 lợcmột 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)
Trang 2- Với a = 2, ta có (1)⇔2sin7 x=sinx+2sin3x⇔sinx(2sin6 x−2sin2 x−1)=0
Ζ
∈
=
⇔
=
⇔
=
−
−
=
⇔
=
−
−
=
VN x
x
x x
x
x
, 0
sin ) ( 0 1 ) 1 (sin sin 2
0 sin 0
1 sin 2 sin
2
0
sin
4 2 2
- Với a = 2, ta có (2)⇔1+cos2x+2sin6x=2sin2 x+2
Ζ
∈
=
⇔
=
⇔
=
=
⇔
=
−
VN x
x x
) ( 2
3 sin
0 sin 0
) 3 sin
2
.(
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 (
a a
a a
=
=
⇔
=
⇔
2
1 sin
0 sin sin
sin 2 ) 1
x
x x
=
=
⇔
=
−
⇔
−
= +
+
−
⇔
2
1 sin
0 sin 0
) 1 sin 2 (
sin 2 sin 2 sin 2 ) cos 1 ( )
2
x
x x
x x
x x
Do vậy (1) và (2) không tơng đơng Suy ra a= 0 không thích hợp 0,25đ
- Với a = 1, ta có (1)⇔2sin7 x=sinx+sin3x⇔sinx(2sin6 x−sin2 x−1)=0
=
=
⇔
= + +
−
1 sin
0 sin 0
) 1 sin 2 sin 2 ).(
1 (sin
x
x x
x x
=
=
⇔
=
=
⇔
1 sin
0 sin 0
sin 2 sin 2 )
2
x
x x
x
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 cosz cosy
cosx
2
3 3 sinz siny sinx
⇔
= +
+
= +
+
) 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
( x+ x + y+ y + z+ z =
3 ) 3 cos(
) 3 cos(
)
3
⇔ x π y π z π (3) 0,5đ
3 cos(
, 1 ) 3 cos(
, 1 ) 3
z y
x
3 cos(
) 3 cos(
) 3
Trang 3Do đó phơng trình (3) có nghiệm
+
=
+
=
+
=
⇔
=
−
=
−
=
−
⇔
π π
π π
π π
π π π
2 3
2 3
2 3
1 ) 3 cos(
1 ) 3 cos(
1 ) 3 cos(
n x
m x
k x
z y
x
(nghiệm này thoả mãn hệ)
Vậy nghiệm của hệ phơng trình đã cho là
+
=
+
=
+
=
π π
π π
π π
2 3
2 3
2 3
n x
m x
k x
0,5đ
Câu 3(1,5đ): Giả sử x0 là một nghiệm cuả P(x)
Khi đó ta có ( 2 1) ( 0) ( 0)
x
0
⇒x x là một nghiệm của P(x)
Nếu
2
5 1 1
0 1 2
5 1
0
2 0 1 0
2 0 0
+
>
>
−
=
⇒
>
−
−
⇒
+
x
Tơng tự ta có
2
5 1
2 1 2
+
>
>
−
x là nghiệm của (Px),… 0,5đ
Thành thử từ một nghiệm
2
5 1 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 x0 là một nghiệm của P(x) thì
2
5 1 0
+
≤
x 0,5đ
Xét
2
5 1 )
(x =−x+ +
2
5
1+
=
Ta có P(x).P(−x)=
2
5 3 )
2
5 1 ( ) 2
5 1 ).(
2
5 1 (−x+ + x+ + = + 2 −x2 =−x2 + +
− =− − + + =
2
5 1 ) 1 ( ) 1 (x2 x2
P
2
5 3
2+ +
−x
Vậy
2
5 1 )
(x =−x+ +
P là đa thức thoả mãn yêu cầu bài toán 0,5đ
Câu4(2,0đ):
Giả sử (P) cắt các cạnh bên AA1,BB1,CC1,DD1
Tơng ứng tại A’, B’, C’, D’ Khi đó ta có
x DD
DD CC
CC BB
BB
AA
1
' 1
' 1
'
1
'
Đặt s(ABCD)= S, theo định lí Ta-lét ta có
x AA
AA AB
AM
B
A
M
1
' 1
'
'
'
x A
A
A A D
A
Q
A
D
A
Q
1
' 1 1
1
'
'
'
0,5đ
Do đó ta đợc
) (
)
1 ( ) (
) 1 (
)
(
)
' '
' ' '
' '
'
'
'
D B A s x x MQ A s x x D A
Q A B A
M A D
B
A
s
MQ
A
s = = − ⇒ = − (1)
D
C' B
N M
Q
A
C D
A
A'
Trang 4Chứng minh tơng tự ta có : s(B'MN)= x(1−x).s(B'A'C') (2)
s(C'NP)=x(1−x).s(C'B'D') (3)
s(D'PQ)=x(1−x).s(D'C'A') (4) 0,5đ
Từ (1), (2), (3), (4) ta có
s(MNPQ) = s(A’B’C’D’)- s(A’MQ)-s(B’MN)-s(C’NP)-s(D’PQ) =
S -x(1-x) (s(A'B'D') +s(B'A'C')+s(C'B'D')+s(D'C'A')) = S -x(1-x).2S = S(2x2- 2x +1)
2
1 2
1 )
2
1
(
2
. − 2 + ≥ 0,5đ Vậy s(MNPQ) đạt Min bằng
2
2
1
x A’ là trung điểm của AA1⇔ Mặt phẳng (P) song song cách đều 2 đáy đã cho 0,5đ Câu 5(1,5đ):
Đặt S k =(u12+1).(u22 +1) (u2k +1)−1 Ta chứng minh ( 1)2, 1
S k k (1) 0,5đ
2 2 2
2 1
2 1
1 =(u +1)−1=u =2006 =(2007−1) =(u −1)
S
Vậy đúng khi k = 1
Giả sử (1) đúng khi k = n tức là ta có ( 1)2,
1−
= n+
n u
Ta có ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1 ( 1)( 2 1) 1
1
2 1 2
2 2
2 1
Theo giả thiết quy nạp (2) và từ (3) có :
1 ) 1 )(
1 ) 1
1 1
2 1
2 1
2 1
S
1 1
2 1 2
2
2
2 1
2
((u n+ + −u n+ = u n+ − Vậy (1) đúng với k = n +1 Suy ra (1) đợc chứng minh 0,5đ
2007 1) (u
2 2 1).(u
2 1
2008 1) (u − (4) Vì u1, u2 nguyên, nên từ un+1=un(un −1) suy ra un nguyên với mọi n.
Vậy từ (4) suy ra S2007 là số chính phơng 0,5đ
_