Bài 4 6 điểm Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất.. M là một điểm của không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng còn
Trang 1SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998-1999.
-
SBD: (180 phút, không kể thời gian giao đề)
-Bài 1 ( 3 điểm)
Tìm cực trị của hàm số:
y = sin2x + cotg2 x
2 + 4cos2
x
2 - 4sinx – 4cotg
x
2 ( 0 < x < )
Bài 2 ( 5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm:
3
�
�
�
� + + =
�
�
� + + =
�
( x, y, z R)
Bài 3 ( 6 điểm)
Cho tập hợp: A = { a; a + 1; a + 2; a + n} với a = 1998
Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của n để tồn tại hai tập hợp B và C sao cho: A
= B C và BC = mà tổng các phần tử của tập B bằng các phần tử của tập C
Bài 4 (6 điểm)
Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất M là một điểm của không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng còn lại lần lượt tại A,B,C Biết MA + MB + MC = 1998
Tìm tập hợp các trọng tâm của tam giác ABC
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 1998-1999
MÔN TOÁN 12 BẢNG A, VÒNG 1
Bài 1(3 điểm) y = sin2x + cotg2 x
2 + 4cos2
x
2 - 4sinx – 4cotg
x
2
(0.5đ) + Đặt z = sinx +cotgx
2 ; z2 = sin2x + cotg2
x
2 + 4cos2
x
2 Do đ ó: y = z2 – 4z.
(0.5đ) + y’x = y’z z’x = (2z – 4)( 2
1 osx - 2sin
2
) = 2(sinx +cotgx
2 - 2)
2
osx - 1
c x c c
-
(0.5đ) + Do: 0 < x < cosx < 1 os2 osx + 1
osx - 1
c x c c
-< 0
Nên: y’ cùng dấu với: - sinx - cotgx
2 + 2
(0.5đ) + Đặt t = tgx
2 suy ra: - sinx -cotg
x
2 + 2 =
2
2
(0.5đ) + Tam thức 2t2 – t + 1 luôn dương với mọi t vì có biệt số âm;
0< x < nên 0< x2 < 2
p t(1 + t2) > 0
Do đó: y’ cùng dấu với t – 1
(0.5đ) + y’ = 0 t – 1 = 0 tgx2 = 1 x = 2p ( vì 0< x < )
Vậy: hàm số có điểm cực tiểu (2
p
; -4)
Bài 2 (5 điểm)
(1.5đ) + Đặt: X = x +y
2; Y = 23y; Z = 23(y + z); T =
1
2(z – y)
Ta đ ược: x2+xy+y2=X2+Y2; y2+yz z+ 2=Z2+T2 ;
3(xy yz zx) XZ Y T
Do đó ta có hệ
3
3
2
�
�
�
�
� + =
�
�
�
�
�
(1.5đ) + Chú ý: (X2 + Y2)(Z2 + T2) = (XZ + YT)2 + (XT – YZ)2
2
tgx
y
-4
Trang 3Do đó: Hệ đã cho có nghiệm thì:
m.m2
2
Suy ra: m 34
3.
(1.75đ)+ Xét m = 34
3 Ta có hệ:
(1)
(2) (3)
3
3
2
�
�
�
�
�
�
�
Từ (1) có thể đặt X = uZ, Y = uT, thay vào (2) và (3) ta có: u = 3m
Do đó ta có hệ:
2
2
� với m = 34
3.
(0.2 5đ) + Từ đó:
Đáp số của bài toán là m = 34
3
Bài 3 (6 điểm)
(1.5 đ) + Nếu A = B C và BC = mà tổng các phần tử của B bằng tổng các phần tử của tập C nên tổng:
1998 + (1998 + 1) + + ( 1998 + n) = 1998(n + 1) + n(n 1)
2 +
là số chẵn, suy ra n(n 1)
2
+
l à số chẵn, suy ra n(n + 1) chia hết 4
Do đó n có dạng n = 4k + 3 hoặc dạng n = 4k (k N)
(1.5 đ) + Nếu n = 4k + 3 (k N): Lúc đó tập A có 4(k+1) phần tử Chia A thành k + 1 tập con rời nhau, mỗi tập con gồm 4 số tự nhiên liên tiếp
Ta biết rằng mỗi bộ 4 số tự nhiên liên tiếp luôn chia được thành hai tập con có tổng các phần tử của hai tập đó bằng nhau Ví dụ: bốn số a, a + 1, a + 2, a + 3 thì a + ( a + 3 ) = ( a + 1 ) + ( a + 2 ) Vậy tồn tại hai tập B và C thỏa bài toán
(3 đ) + Nếu n = 4k (k N*): Lúc đó tập A có 4k + 1 phần tử
Giả sử A = B C và BC = thì trong B hoặc C có một tập không ít hơn 2k +
1 phần tử Giả sử B có không ít hơn 2k+1 phần tử thì C có không quá 2k + 1
phần tử
Ký hiệu : SB là tổng các phần tử của B thì:
SB 1998 + (1998 + 1) + + ( 1998 + 2k) = 1998(2k+1)+ k(2k+1)
SC là tổng các phần tử của C thì:
SC (1998+ 2k+1) + (1998+2k+2) + + (1998 + 4k) = 19982k + k(6k+1)
Trang 4Theo giả thiết để SB = SC nên:
1998.2k + k(6k+1) 1998(2k+1) + k(2k+1)
6k2 + k 1998 + 2k2 + k 4k2 1998 k2 1998 k 23
4
+ Nếu k = 23 n = 92
Tập A = {1998, 1998 + 1, 1998 + 2, , 1998 + 92}
với B = {1998 + 1, 1998 + 2, , 1998 + 46, 1998 + 59}
C = {1998, 1998 + 47, , 1998 + 58, 1998 + 60, , 1998 + 92}
Thì SB = SC = 95046
+ Nếu k > 23 Ta có: A = A1A2 Trong đó:
A1 = {1998, 1998 + 1, , 1998 + 92}
A 2 = {1998 + 93, 1998 + 94, , 1998 + 4k}
Theo trên A 1 chia được thành hai tập con rời nhau thỏa bài đề ra Còn tập A2 gồm (4k - 9z) = 4(k – 23) phần tử Lý luận như phần a, tập A2 cũng chia được thành hai tập con thảo bài ra Như vậy tập A chia được hai tập con B và C, không giao nhau và tổng các số trong B bằng tổng các số trong tập C
Kết luận: n có dạng 4k+3(kN) hay 4k(kN, k 23)
Bài 4 ( 6 điểm)
(1.5 đ) + Gọi O là giao điểm của 3 mặt phẳng a, b, c là 3 giao tuyến Dùng tính chất hình hộp và tính chất trọng tâm, ta có: 2
3
=
uuuur uuur
, với M” là trọng tâm của ABC
(4đ) + Tìm tập hợp các điểm M:
Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền Ta chỉ cần xét một miền: Gọi U, V, Ư thuộc a, b, c: OU = Ơ = OV = 1998
Chứng minh được: M thuộc miền trong tam giác UVƯ khi và chỉ khi:
OMuuur =xOUuuur+yOVuuur+zOuuurW với x + y + z = 1
Mà MA + MB + MC = 1998 x + y + z = 1
Do đó: Tập các điểm M là miền trong của tam giác UVƯ
(0.5 đ) + Suy ra các điểm M’ ( trọng tâm của tam giác ABC) là ảnh của miền trong tam giác
UVƯ qua phép vị tự tâm O tỉ 2/3
_U
_C
_V
_M'
_O
_M
_A _C
_B