4 điểm tiếp, không có 2 chữ số không nào viết cùng vào một vị trí giữa hai chữ số1 ta được một số tự nhiên dạng trên.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Năm học: 2010 – 2011 MÔN TOÁN (VÒNG I)
(Đáp án này gồm 04 câu, 04 trang)
1
(6 điểm)
a) 4 điểm
f (x)= x 1+ 2 x− = − +x 3x 2+
* TXĐ: R
* Sự biến thiên
- Các giới hạn: xlim f (x)→+∞ = −∞, lim (x)x→−∞ = +∞
- Bảng biến thiên:
f (x)' 3x2 3, f (x)' x 1
x 1
= −
x -∞ -1 1 +∞
y’ 0 + 0
Hàm số đồng biến trên (-∞; -1) và (1; ∞), nghịch biến trên (-1; 1)
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = - 1, yct = 0, đạt giá trị cực đại tại x = 1, ycđ = 4
*Đồ thị:
f”(x)= - 6x; f"(x)= 0 ⇔x = 0
Đồ thị hàm số có điểm uốn là I(0; 2)
Đồ thị hàm số nhận I(0; 2) làm tâm đối xứng
Đồ thị hàm số giao với Ox: (-1; 0) và (2 ; 0)
0,5 0,5
0,5 0,5
0,5 0,5
0,5
0,5
b) 2 điểm
Cách 1: ( ) (2 ) ( ) (2 )
x 1+ 2 x− = m 1+ 2 m (1)−
Nhận xét: Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị trên và
đường thẳng y = (m +1)2(2 – m)
Dựa vào đồ thị hàm số: ( ) (2 )
f (x)= x 1+ 2 x−
• Khi
2 2
m 2 (m 1) (2 - m) 0
(m 1) (2 - m) 4
>
0,5
0,5
4
-∞
0
y
x
-1 -2
4
2
Trang 2• Khi
2 2
(m 1) (2 - m) 0
(m 1) (2 - m) 4
= ±
0 m) -(2 1) (m
4 m) -(2 1) (m
2
2
−
−
∈
⇔
>
+
<
+
0,5 0,5
Cách 2: ( ) (2 ) ( ) (2 ) 2 2
x 1+ 2 x− = m 1+ 2 m− ⇔(x m)(x− +mx m+ − =3) 0
x m
x mx m 3 0 (2)
=
Đặt g(x) x= 2+mx m+ 2− = ∆ = −3 0; 3m2+12
2 g(m) 3m= −3;g(m) 0= ⇔ = ±m 1
>
< −
có nghiệm kép khác m ⇒ (1) có 2 nghiệm.
= − ∆ >
có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một
nghiệm bằng m ⇒ (1) có 2 nghiệm
• m ( 2; 2) \∈ − {−1;1} 0 (2)
g(m) 0
∆ >
≠
có 2 nghiệm phân biệt khác m
⇒ (1) có 3 nghiệm
0,5 0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25
a) 2 điểm
1 1 1 1 3 1 1
a b 4a 4b 4 a b
+ + + = + + + + +
2 a 2 a
4a 4a 2 ab 3
a b
+
Đẳng thức xảy ra khi 1
a b
2
= =
1 0,5 0,25 0,25
b) 3 điểm
2
(5 điểm)
Nhận xét: 1 x; y; z 1
− ≤ ≤ và x; y; z cùng dấu, nếu (x; y; z) là nghiệm của hệ thì (-x; -y; -z) cũng là nghiệm của hệ đã cho
Ta xét trường hợp 0 x; y; z 1
2
Giả sử x Max{x; y; z}= ⇒
sin y x Max sin x;sin y;sin zπ = = π π π =sin x zπ =
(vì hàm số h(x) = sin xπ đồng biến trên 0;1
2
)⇒ = =x y z
Khi đó ta có: 2x sin x 0− π = , đặt f (x) 2x sin x= − π với 0 1
2
x
≤ ≤
f'(x) = 2 - cos xπ π ; f'(x) = 0⇔cos xπ = ⇔ =2 x 1arccos2⇒f '(x)
0,5
0,5 0,25
Trang 3duy nhất trên (0; )1
2 Suy ra phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên 0;1
2
.
Nhận thấy x = 0, x = 1
2 là nghiệm của phương trình f(x) = 0.
Do đó hệ phương trình có nghiệm: (0; 0; 0); ( 1
2;
1
2;
1
2);
(-1
2
;-1
2
;-1
2)
0,5 0,5
0,5
0,25
a) 2 điểm
4
2
2
u
n 1
n 1
3 u
5
4
−
−
+
+
0,5
1
0,5
Cách 2: Xét f(x) = − +1 x 22 + , với x ∈R
2
2 1+x
= ⇒ ≤ ∀ ∈
Phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất x = 3
4 Với mọi cặp x, y ∈R, x < y theo định lý Lagrange tồn tại c∈(x; y) sao cho:
f (y) f (x) f (c)(y x) f (y) f (x) f (c) (y x) y x
2
⇒ − = ⇒ =
0,5
0,5
0,25
0,25 0,5
b) 2 điểm
Nhận xét: Mỗi nghiệm nguyên dương của phương trình tương ứng với một số tự nhiên dạng {11 1 0 11 1 0 11 1 0 11 1{1 { {
x ch÷ sè 1 y ch÷ sè z ch÷ sè 1 t ch÷ sè 1
(gồm 2010 chữ số 1 và 3 chữ số 0, không có hai chữ số 0 nào đứng liên tiếp, chữ số 0 không đứng cuối)
Viết 2010 chữ số 1 thành một dãy và viết các chữ số 0 vào giữa 2 chữ số 1 liên
1
Trang 4(4 điểm)
tiếp, không có 2 chữ số không nào viết cùng vào một vị trí (giữa hai chữ số1) ta được một số tự nhiên dạng trên
Có 2009 vị trí giữa hai chữ số 1 liên tiếp, do đó có C32009cách chọn 3 vị trí cho 3
chữ số 0 Vậy phương trình x + y + z + t = 2010 có 3
2009
C nghiệm nguyên dương
0,5 0,5
4
(5 điểm)
a) 1 điểm
Ta có AC⊥(SBD)⇒AC⊥SD
Kẻ CH vuông góc AI tại H ⇒ CH⊥SD (vì (ACD)⊥(SAD)) ⇒ SD⊥(ACI)
0,5 0,5
b) 2 điểm
Gọi O là giao điểm của AC và BD, M là trung điểm của CD ⇒ OM⊥CD,
SM⊥CD ⇒ ((SCD),(ABCD)) (SM,OM) SMO= =· ⇒·SMO= α.
Gọi a là độ dài cạnh đáy, suy ra SO a tan ,SD a tan2 2
Ta có SD⊥(ACI) ⇒SD⊥AI
2 2
OD DI.SD
α +
1
2 SACD
α +
2
1
0,5 0,25
0,5 0,25
0,5
c) 2 điểm
((SAD),(SCD))=(AI,CI)
·
·
AIC 3 2 AIC
3
π
Nếu ·AIC
3
π
= thì tam giác ACI là tam giác đều ⇒AI AC AD= > ⇒Mâu thuẫn Suy ra AIC· 2 OI OC.tan a 6
π
0,5
0,5 0,5
0,5
S
D A
I