Chứng minh rằng, tổng MA2 + MB2 + MC2 là một đại l-ợng không đổi không phụ thuộc vào vị trí của điểm M... Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẻ, đầy đủ, chi ti
Trang 1Sở gd- đt quảng bình kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh đề chính thức lớp 10 thpt năm học 2002 - 2003
Môn : toán
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao
đề)
Ngày thi : 28/3/2003
Câu 1 (1,5 điểm) : Giải phơng trình : 3 13−x+3 22+x =5
Câu 2 (2,0 điểm) : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau :
R x
; 1 x
7 8x x
2
∈ +
+
−
Câu 3 (1,5 điểm) : Gọi A là tổng của 2003 số thực dơng và B là tổng của 2003
số nghịch đảo của chúng Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AB ?
Câu 4 (2,0 điểm) : Cho các số thực dơng a1 , a2 , , an (n ∈ N, n ≥ 2) Đặt : ∑
=
1 k k a S
Chứng minh bất đẳng thức :
1 n
n a
S
a
n 1
k
−
≥
−
∑
=
Câu 5 (3,0 điểm) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O và một
điểm M tuỳ ý trên (O) Chứng minh rằng, tổng MA2 + MB2 + MC2 là một đại l-ợng không đổi (không phụ thuộc vào vị trí của điểm M)
Số BD
Trang 2Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học : 2002 - 2003 Môn : toán 10 THPT
đáp án, hớng dẫn chấm
yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày khá vắn tắt một lời giải cho mỗi câu Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẻ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bớc giải trớc thì cho điểm 0 đối với những bớc giải sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung chỉ phân chia đến 0,5 điểm Tổ Giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai nghiêm trọng đối với câu 5 thì cho điểm 0 đối với câu 5.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu
Nội dung
điểm
Câu1(1,5 điểm) : Đặt: u = 3 13 − x; v = 3 22+x 0,25
Ta có hệ phơng trình:
−
=
−
=
= +
x 22 v
x 13 u
5 v u
3
3
=
− +
= +
⇔
7 3uv v
u
5 v u
0,25
=
= +
⇔
6 uv
5 v u
0,5
Do đó u,v là các nghệm của phơng trình:
X2 - 5X +6 = 0
⇒ u = 2 hoặc u = 3
⇒ x =5 hoặc x = - 14 là các nghiệm của phơng trình đã cho 0,5
Câu 2 (2,0 điểm) : Hàm số đã cho xác định với mọi giá trị của x
(Biểu thức P đúng là biểu thức của 1 hàm số)
Ta xét một giá trị của P0 nào đó trong miền giá trị của P Khi đó, luôn luôn
tồn tại một giá trị của x sao cho:
1 x
7 8x x
2
+
−
= P (x 2 1) x 2 8x 7
0,25
Trang 3(P 1)x 2 8x (P0 7) 0
0,25
0,25
b) P0 ≠ 1: Tam thức bậc hai (*) buộc phải có nghiệm x.
Tức là: Δ P 2 8P0 9 0
0
0,25
- Khi P0 = − 1 ⇒ x = 2
- Khi
2
1 x 9
0,25
Kết luận: min P = -1 đạt đợc khi x = 2
max P = 9 đạt đợc khi
2
1
0,25
Câu 3 (1,5 điểm) :
Gọi 2003 số thực dơng là : x1,x2 x2003
Ta có:
Nhận xét:
Tổng (1) gồm 2003 cộng với 20032 - 2003 số hạng đợc chia thành
2
2003
2003 2 − cặp Mỗi cặp : 2
x
x x
x
i
j j
i + ≥ (BĐT Cô-si), Với: ∀i≤ ;i=1,2003. 0,5
2
2003 2003
2003 AB
+
≥ ⇔ AB ≥ 2003 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x1 = x2 = = x2003
Kết luận: min AB = 20032 đạt đợc khi x1= x2 = =x2003 0,5
Câu 4 (2,0 điểm) :
Đặt : bi = S - ai (i = 1, , n)
Khi đó: ai + bi = S và n bi (n 1).S
1 i
−
=
∑
0,5
b
1 S n b
S n
1 b
a a
S
a
i
n 1 i i
n 1 i i
i n 1 i i i n
1
i
−
=
−
=
−
+
=
∑
=
=
=
0,5
áp dụng Bất đẳng thức Cô-si, ta có:
( )1 x
x x
x
x
x x x
x
x x
x x
1 x
x
1 x x
1 x AB
2003
2003 2003
2002 1
3 3 1
1
2 2
1 2003
2003 2
2 1 1
+ +
+
+ +
+ +
+ + +
=
n n 1 n
n n S 1 n
S n
n b
b
.S n n
b b
nS n
b
1 S.
2 2
n 1
2 n
n 1 i
n 1 i
−
=
−
−
=
−
−
=
− + +
≥
−
≥
−
∑
=
0,5
0,5
Trang 4(đ.p.c.m) 0,5
Câu 5 (3,0 điểm) : Đặt: MA = r1 ; MB = r2 ; MC = r3
Trên AM lấy D sao cho MD = r2 Tức là ΔBDM đều, cạnh r2.
Nhận thấy:
sđBˆ1+sđ 0
Bˆ = ; sđBˆ3+sđ 0
Bˆ = ⇒ Bˆ1 = Bˆ3 0,5
Ngoài ra : AB = BC ; BD =BM Suy ra : ∆ABD = ∆CBM
3
r MC
AD = =
0,5
0,25
áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác BCM, ta có :
0,25
Đặt: a = AB = BC = AC (không đổi)
Rõ ràng : BMC∧ = 1200
2 3
2 2
0,5
2 1
2 3
2
3
2 2
2 2
r + + +
= ( ) 2
3 2
2 3
2
r
0,5 Kết luận : MA2 + MB2 + MC2 = 2a2 = const (a là độ dài cạnh ΔABC) 0,25