Download đề thi và đáp án thi học sinh giỏi lớp 11 môn toán khối chuyên năm học 2003 2004 (vòng 2) tỉnh quảng bình

M là một điểm cố định ở trong miền không gian giới hạn bởi góc tam diện Oxyz... Thí sinh giải cách khác đáp án nhng đúng vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo biểu điểm của từng bài.. Trong bài l

sở giáo dục và đào tạo kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh quảng bình Môn :TOáN - lớp 11 chuyên (vòng 2)

Năm học : 2003 - 2004

đề chính thức

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm): Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thoả mãn hệ thức :

2

siny 8

x sin

1 x

cos

1 x

sin x











Bài 2 (2,5 điểm): Giải phơng trình :

3 2

3 3 2

3 x 2x 3x 1 3x 1 x 2

Bài 3 (2,5 điểm): Cho dãy số (un) xác định nh sau :











 ; n 3,  u

2 u 2 u

1 n 1

Tìm nlim u n



 ?

Bài 4 (3,0 điểm): Cho ba tia Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau từng đôi một M là một

điểm cố định ở trong miền không gian giới hạn bởi góc tam diện Oxyz Một mặt phẳng (P) chuyển động luôn luôn đi qua M và cắt Ox, Oy, Oz lần l ợt tại A, B, C Xác

định vị trí các điểm A, B, C sao cho tổng các độ dài OA + OB + OC có giá trị nhỏ nhất?

Họ và tên :

Số BD :

sở gd-đt quảng bình kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

M ôn : toán - lớp 11 chuyên (vòng 2)

Năm học : 2003 - 2004

Đề chính thức

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Thí sinh giải cách khác đáp án nhng

đúng vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo biểu điểm của từng bài Trong bài làm của thí sinh, yêu cầu phải trình bày đầy đủ, lập luận chặt chẽ, lô gíc.

* Nếu thí sinh giải sai bớc trớc thì cho điểm 0 đối với các bớc giải sau có liên quan trong lời giải của từng bài.

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm, những điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.

* Nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai nghiêm trọng hình vẽ của bài 4 thì cho

điểm 0 đối với bài 4.

* Điểm tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài là kết quả của thí sinh

Bài 1 ( 2,0 điểm) : Điều kiện : , k Z

2 kπ x 0 sinx 0 cosx















0,25

2

siny 8 x

sin

1 x cos

1 x sin x



2

siny 8 x

cotg 1 x tg 1 x xcos 2sin x

sin

x

2

siny 2

2x sin 7 x) cotg x 2(tg x

cotg

x













Nhận xét : tg 2 x cotg 2 x 2tgxcotgx 2





Vậy, hệ thức đã cho thoả mãn khi và khi:































1 siny 1 sin2x

0 cotgx tgx

1 siny 1 2x sin

2 x cotg x

2 2 2

0,25































2mπ

2

y

2 l

4

x

2 k

4

x

Z m k,

; 2mπ 2 π y 2 π 4 π x

















0,5

Bài 2 ( 2,5 điểm) : Phơng trình đã cho trở thành :

) 1 ( 2 x 1 x 1 3x 2x 3x 2x 3 3 3 2 3 2















Xét hàm số : f(t) = t  3 t  1 trên R Khi đó, phơng trình (1) trở thành: 0,25

` f2x 3 3x fx 2 1





Ta chứng minh hàm số f(t) đồng biến trên R Thật vậy :

Với t1, t2  R sao cho t1 < t2 , thì :

 t 1 t 1 0 f(t ) f(t ) )

t (t )

f(t

)

2 3

1 2 1 2

Theo tính chất của hàm số đồng biến, ta có :

2x3 - 3x = x2 + 1  2x3 - x2 -3x - 1 = 0  0,25

 













































2

5 1 x 2

1 x 0

2 2x 2x 2

1 x

2,3

1

Kết luận : Phơng trình đã cho có 3 nghiệm :

2

5 1 x 2

1 x 2,3

1









0,25

Bài 3 ( 2,5 điểm) :

Ta chứng minh: un+1 > un ,  n  N * (*) bằng phơng pháp quy nạp

+ Với n = 1 : u2  2  u1  2  2  2  u1  (*) đúng ! 0,25

+ Giả sử mệnh đề (*) đúng với n = k > 1 Tức là : uk+1 > uk ,  k  1, k  N 0,25 Khi đó : u k2  2  u k1  u k2  2  u k  u k1 (do uk+1 > uk ) Hay : uk+2 >

uk+1

Bây giờ ta chứng minh : un < 2 ,  n  N * cũng bằng phơng pháp quy nạp

Giả sử: uk  2 ;  k  1, k  N Ta có :

2 2 2 u 2

Chứng tỏ dãy (un) đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 2 , nên tồn tại giới

hạn nlimun a  2



Từ công thức xác định dãy đã cho, ta có :























 u lim u a 2 a a a 2 0

n n 1

n

 a = 2 hoặc a = - 1 Loại nghiệm a = - 1 0,25

Kết luận : L lim un 2

n  



Gọi a, b, c lần lợt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (Oyz), (Ozx), (Oxy)

Ta có : a, b, c là các độ dài không đổi 0,25 Trớc hết, ta chứng minh :

1 OC

c OB

b OA

a





Gọi H là hình chiếu của M trên mặt phẳng (Oyz), I là giao điểm của AM và BC

Ta có : H  mp(OIA)và AO // MH

Do đó, H là điểm chung của các mặt phẳng (Oyz) và (OIA) nên H nằm

trên giao tuyến của hai mặt phẳng đó, Vậy, O, H, I thẳng hàng 0,25

Ta có :

ΔABCABC

ΔABCMBC S

S AI

MI OA

a



ΔABCABC

ΔABCMCA S

S OB

b

ΔABCABC

ΔABCMAB S

S OC

c

S

S S

S OC

c OB

b OA

a

ΔABCABC

ΔABCMAB ΔABCMCA

ΔABCMBC











áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki :

2 OC

c OC OB

b OB OA

a OA OC)

OB (OA OC

c OB

b

OA

a







































c b a OC OB

Vậy, OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất bằng  2

c b

a   khi và khi :

OC

c OB

b OA

a



O

A

B

C

M

H

I

x

y

z

a

Đặt :

t

c OC

; t

b OB

; t

a OA OC

c OB

b OA

a

c b a OC OB

c b a t

1



























c b

a c

OC

c b

a b

OB

c b

a a

OA

0,25

Kết luận : min(OA + OB + OC) =  2

c b

a   , đạt đợc khi các vị trí của A, B, C thoả mãn :























c b

a c

OC

c b

a b

OB

c b

a a

OA

0,25