Học sinh giải cách khác đáp án nhng đúng vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo biểu điểm của từng câu.. Trong bài làm của thí sinh, yêu cầu phải trình bày đầy đủ, lập luận chặt chẽ, lô gíc.. * Nế
Trang 1sở gd-đt quảng bình kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12
(Lập đội tuyển chính thức dự thi HSG Quốc gia)
Năm học : 2004 - 2005
đề chính thức Môn : Toán - vòng 1
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 ( 2,5 điểm ): Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện:
R y x,
; 2
y x P 2
y x P
−
−
+
Câu 2 ( 2,5 điểm ): Cho k là một số nguyên dơng tuỳ ý
Đặt : M {n N/ 2k2 k n 2k2 3k}
Hãy phân tích tập hợp Mk thành hợp của hai tập hợp A và B (với A∩B =Φ) sao cho :
∑
∑
∈
∈
= B x
2 A
x
x
(Ký hiệu ∑
∈ A x
2
x là tổng các bình phơng của tất cả các phần tử thuộc tập hợp A)
Câu 3 ( 2,5 điểm ): Cho dãy số (un) đợc xác định nh sau:
a) u1 = 1
2
1
n 1
n
∗
Tìm n
n
u lim
L
∞
→
Câu 4 ( 2,5 điểm ): Giải phơng trình :
2x2 − 6x − 1 = 4x + 5
Họ và tên :
Số báo danh :
Trang 2sở gd-đt quảng bình kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12
(Lập đội tuyển dự thi HSG Quốc gia)
Năm học : 2004 - 2005
đề chính thức Môn : toán - vòng 1
yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu Học sinh giải cách khác đáp án nhng đúng
vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo biểu điểm của từng câu Trong bài làm của thí sinh, yêu cầu phải trình bày đầy đủ, lập luận chặt chẽ, lô gíc.
* Nếu học sinh giải sai bớc trớc thì cho điểm 0 đối với các bớc giải sau có liên quan trong
lời giải của từng câu.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung chỉ phân chia đến 0,5 điểm, tuỳ tổ Giám khảo
thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu
nội dung lời giải điểm
Câu 1 (2,5 điểm) :
a) Nhận thấy : P(x) ≡ 0 thoả mãn yêu cầu bài toán
b) Xét P(x) ≡ 0 Gọi n là bậc của đa thức P(x)
Thay y = 3x vào điều kiện bài ra, ta có:
P(x)P(3x) = P2(2x) - P2(-x) ⇔ P(x)P(3x) + P2(-x) = P2(2x) , ∀x∈R (1)
+ Trờng hợp P(x) = c , ∀x∈R (c ≠ 0) : Không thoả mãn (1) !
+ Xét trờng hợp n ≥ 1 :
Gọi hệ số của số hạng chứa bậc cao nhất của x trong P(x) là an (an ≠ 0)
Từ (1), ta có : an(3nan) + a2 = (2nan)2 ⇔ 3n + 1 = 4n ⇔
1 4
1 4
=
+
⇔ (2) Nhận thấy, phơng trình (2) có một nghiệm là n = 1
Sử dụng tính chất nghịch biến của các hàm số :
n
4
3
n
4
1
= , suy ra:
Nếu : x > 1 ⇒ 1
4
1 4
3 4
1 4
= +
<
+
Nếu : x < 1 ⇒ 1
4
1 4
3 4
1 4
= +
>
+
Vậy, phơng trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 1
Do đó, đa thức P(x) có dạng : P(x) = ax + b
Mặt khác : Thay x = 0 , y = 0 vào điều kiện bài ra, ta có : P2(0) = 0
⇔ P(0) = 0 ⇒ b = 0
Nên : P(x) = ax ; a∈R , a ≠ 0
Thử lại, P(x) = ax ; a∈R , a ≠ 0 thoả mãn yêu cầu bài toán
Kết hợp cả hai trờng hợp a) và b) , đa thức P(x) cần tìm là:
P(x) = ax , a∈R
Câu 2 (2,5 điểm) :
Trang 3Nhận xét : Số các số tự nhiên nằm giữa hai số 2k2 + k và 2k2 + 3k (bao gồm cả
hai số đó) là 2k + 1 số Tức là tập hợp Mk có 2k + 1 phần tử
+ Khi k = 1 : Mk ={ 3;4;5} Rõ ràng: 32 + 42 = 52 = 25
+ Khi k = 2 : Mk = {10;11;12;13;14}
Ta có: 102 + 112 +122 = 132 + 142 = 365 Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng : Với k là số nguyên dơng tuỳ ý, tập hợp Mk
đợc phân tích thành hợp của hai tập hợp A, B thoả mãn yêu cầu bài toán
Trong đó: Tập hợp A gồm k + 1 số tự nhiên đầu tiên và tập hợp B gồm k số tự
nhiên còn lại trong Mk (2k + 1 số tự nhiên trong tập Mk đợc sắp xếp theo thứ tự
tăng dần từ 2k2 + k đến 2k2 + 3k)
Thật vậy, ta có:
= +
−
−
+ +
− +
− +
+ + + + +
+
+
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2k) (2k
1) k (2k k)
(2k 3k)
(2k 2)
2k (2k
1) 2k
(2k
= +
− + + +
=
= +
+
− + + +
=
∑
∑
−
=
−
=
2k) (2k
1) 2i 3k (4k
) i k (2k )
i 1 2k (2k
2 1
k 0 k
2
1 k 0 i
2 2
2 2
0 2k)
(2k 2k)
(2k
2k) (2k
1) k ( 4k 2k)
(2k k
3k)k (4k
1)
(k
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
= +
− +
=
= +
− +
= +
− + +
+
=
⇒ (đ p c m)
Câu 3 (2,5 điểm) : Trớc hết, ta chứng minh: 0 < uk≤ 1 , ∀k∈N* (1)
Khi k = 1 : u1 = 1 : Thoả mãn !
Giả sử (1) đúng với k = n với ∀n∈N* , n ≥ 2 ; tức là : 0 < un≤ 1
Ta chứng minh : 0 < un+1≤ 1 Thật vậy:
1 2
1 u
1 1 2
1 u
0 1
u 1 1
0
1 u 1 1 0 1
u 1 0 1
u 1 0 1
u
0
2 n 1
n
2 n
2 n
2 n
2 n
2
n
<
≤
−
−
=
<
⇔
≤
−
−
<
⇔
≤
−
−
<
⇔
<
−
≤
⇔
<
−
≤
⇔
≤
<
+
Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có đ.p.c.m
Đặt : un = sinαn với 0 < αn≤π/2 Khi đó :
2
α sin cosα
1 2 1
α sin 1 1 2
1 u
1 1 2
1 u
n n
n 2 2
n 1
n
=
−
=
=
−
−
=
−
−
=
+
Chứng tỏ: 0 < un+1 < un ( do hàm số y = sinx đồng biến trong khoảng (0 ; π/2] )
Suy ra dãy (un) đơn điệu giảm và bị chặn dới nên luôn luôn tồn tại n
nlim u
∞
→
Trang 4Do:
n n 1
2
π α
2
π
2
π sin lim u
lim
n n
n
∞
→
∞
→
Câu 4 (2,5 điểm) : Đều kiện :
4
5
x ≥ −
Đặt : 4x+5 = 2y− 3 . Điều kiện :
2
3
y ≥
Ta có hệ phơng trình :
⇔
=
− +
−
−
=
−
⇔
=
− +
−
−
−
−
=
−
⇔
≥
−
≥
−
=
−
−
=
−
⇔
+
= +
−
−
=
−
−
0 ) 2 y y)(x (x
1 y 6x 2x 0
y) (x y) 3(x ) y (x
1 y 3x
x
2
3 y , 4
5 x
; 1 x 3y y
1 y 3x x 5
4x 9 12y
4y
3 2y 1 6x
2x
2 2
2
2
2
2 2
2
=
±
=
±
=
=
⇔
=
−
−
−
=
= +
−
=
⇔
−
=
−
=
− +
−
=
−
=
⇔
2 1 y
2 1 x
3 2 y x
0 1 2x x
x 2 y
0 1 4x x
y x
1 y 3x x
0 2 y
x
1 y 3x x
y x
2
2
2
2
Đối chiếu với điều kiện :
4
5
x ≥ − ,
2
3
y ≥ ; ta loại hai nghiệm:
−
=
−
=
3 2
y
3 2
x
;
−
=
+
=
2 1
y
2 1
x
Kết luận : Phơng trình đã cho có hai nghiệm:
+
=
+
=
3 2
y
3 2
x
;
+
=
−
=
2 1
y
2 1
x